【集中培优】浙江省杭州市近2年各区九年级上册期末考试压轴题集中训练卷 含解析
文档属性
| 名称 | 【集中培优】浙江省杭州市近2年各区九年级上册期末考试压轴题集中训练卷 含解析 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 浙教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-12-12 18:57:12 | ||
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文档简介
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浙江省杭州市近2年各区期末考试压轴题集中训练卷
一．选择题（共13小题）
1．（2023秋 上城区期末）已知二次函数y＝a（x+m﹣1）（x﹣m）（a≠0）的图象上有两点A（x1，y1）和B（x2，y2）（其中x1＜x2），则（ ）
A．若a＞0，当x1+x2＜1时，a（y1﹣y2）＜0
B．若a＞0，当x1+x2＜1时，a（y1﹣y2）＞0
C．若a＜0，当x1+x2＞﹣1时，a（y1﹣y2）＜0
D．若a＜0，当x1+x2＞﹣1时，a（y1﹣y2）＞0
2．（2023秋 西湖区期末）已知二次函数y＝a（x﹣h）2+k（a≠0）的图象与一次函数y＝px+q（p≠0）的图象交于（x1，y1）和（x2，y2）两点，则下列结论正确的是（ ）
A．若a＞0，p＜0，则x1+x2＞2h
B．若x1+x2＞2h，则a＞0，p＜0
C．若a＜0，p＜0，则x1+x2＞2h
D．若x1+x2＞2h，则a＜0，p＜0
3．（2023秋 拱墅区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，其中AD＞CD，已知对角线AC过点O，对角线BD与CO相交于点E，且AD＝BD．若∠BDC＝2∠DBC，则（ ）
A．1 B． C．2 D．3
4．（2023秋 滨江区期末）在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，且a≠0），当y≥t时，x≤m﹣1或x≥m+3．若该函数图象过点A（m，5）和B（m+4，q），则q的值可能是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
5．（2023秋 拱墅区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，且∠OAC＝30°，OD绕着点O顺时针旋转，连接CD交直线AB于点E，当DE＝OD时，∠OCE的大小不可能为（ ）
A．20° B．40° C．70° D．80°
6．（2023秋 杭州期末）如图，正△ABC纸片，E为AC边上的一点，连结BE．将△BAE沿BE翻折得到△BFE，过点C作AB的平行线交EF的延长线于点M，若∠EMC＝90° 则的比为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023秋 杭州期末）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＞90°，它的外角∠EAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC，DB交AC于点F．若DA＝DF，∠ABC＝α，∠DFC＝β，则下列结论正确的是（ ）
A．α+4β＝540° B．α+4β＝450° C．α+2β＝360° D．α+2β＝270°
8．（2022秋 滨江区期末）二次函数y＝ax2+4x+1（a为实数，且a＜0），对于满足0≤x≤m的任意一个x的值，都有﹣2≤y≤2，则m的最大值为（ ）
A． B． C．2 D．
9．（2022秋 杭州期末）计算机处理任务时，经常会以圆形进度条的形式显示任务完成的百分比．下面是同一个任务进行到不同阶段时进度条的示意图：
当任务完成的百分比为x时，线段MN的长度记为d（x）．下列描述正确的是（ ）
A．当x1＞x2时，d（x1）＞d（x2）
B．当d（x1）＞d（x2）时，x1＞x2
C．当x1+x2＝1时，d（x1）＝d（x2）
D．当x1＝2x2时，d（x1）＝2d（x2）
10．（2022秋 杭州期末）已知点P（m，n），Q（3，0）都在一次函数y＝kx+b（k，b是常数，k≠0）的图象上，（ ）
A．若mn有最大值4，则k的值为﹣9
B．若mn有最小值4，则k的值为﹣9
C．若mn有最大值﹣9，则k的值为4
D．若mn有最小值﹣9，则k的值为4
11．（2022秋 上城区期末）如图，AD是△ABC的外角平分线，与△ABC的外接圆交于点D，连结BD交AC于点F，且BC＝CF，则下列结论错误的是（ ）
A．∠ADB＝∠CDB B．3∠ACB+∠ACD＝180°
C．3∠BDC+2∠ABD＝180° D．3∠BAD+∠ABD＝360°
12．（2022秋 西湖区期末）设函数y1＝﹣（x﹣a1）2，y2＝﹣（x﹣a2）2．直线x＝1的图象与函数y1，y2的图象分别交于点A（1，c1），B（1，c2），得（ ）
A．若1＜a1＜a2，则c1＜c2 B．若a1＜1＜a2，则c1＜c2
C．若a1＜a2＜1，则c1＜c2 D．若a1＜a2＜1，则c2＜c1
13．（2022秋 西湖区校级期末）如图，将矩形ABCD沿着GE，EC，GF翻折，使得点A，B，D恰好都落在点O处，且点G，O，C在同一条直线上，点E，O，F在另一条直线上．以下结论正确的是（ ）
A．△COF∽△CEG B．OC＝3OF C．AB：AD＝4：3 D．GEDF
二．填空题（共12小题）
14．（2023秋 上城区期末）如图，学校要在校园内建一个矩形的开心农场，其中一边AD是围墙，且AD的长不能超过28m，其余三边AB，BC，CD用60m长的铁质栅栏．有下列结论：
①AB的长可以为15m；
②当农场ABCD面积为200m2时，满足条件的AB的长只有一个值；
③农场ABCD面积的最大值为450m2；
④若把农场的形状改成半圆形，且直径一侧利用已有围墙，则农场的面积可以超过560m2．
其中，正确结论的是 ．（只需填序号）
15．（2023秋 西湖区期末）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OE＝BE．点P是劣弧上任意一点（不与点A，D重合），CP交AB于点M，AP与CD的延长线相交于点F，设∠PCD＝α．
①则∠F＝ ，（用含α的代数式表示）；
②当∠F＝3∠PCD时，则 ．
16．（2023秋 拱墅区期末）已知点（3，m），（5，n）在抛物线y＝ax2+bx（a，b为实数，a＜0）上，设抛物线的对称轴为直线x＝t，若n＜0＜m，则t的取值范围为 ．
17．（2023秋 滨江区期末）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+2x+c（a，c是常数，且a≠0）的图象与x轴的一个交点坐标为（﹣2n，0）．若该函数图象的顶点坐标为（n，p），则 ．
18．（2023秋 拱墅区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，把Rt△ABC沿斜边AB折叠，得到△ABD，过点D作DE⊥CA交CA的延长线于点E，过点C作CN∥AD，分别交AB，BD于点M，N，若CM＝3，，则 ．
19．（2023秋 杭州期末）数学家菲尔贝提出借助图形代替演算的观点，这类图形称为“诺模图”．如图是关于x，y，z三者关系的诺模图，它是由点O出发的三条射线a，b，c组成，每条射线上都有相同的刻度，且射线端点刻度为0，其中a和c，b和c都相交成60°角．在射线a和b上分别取点A和B，对应的刻度值是x和y．用直尺连结AB交射线c于点C，点C的刻度值就是z的值．
（1）若x＝20，y＝12，则z的值是 ；
（2）若x＝2y，则 ．
20．（2023秋 杭州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，D、E为AB边上两点（点D在点E的右侧），满足∠DCE＝45°，则AB边上的高为 ；设AD＝x，BE＝y．用含x的代数式表示y＝ ．
21．（2022秋 滨江区期末）如图，正五边形ABCDE的对角线AC和AD分别交对角线BE于点M，N，若△AMN的面积为s，则正五边形ABCDE的面积为 （结果用含s的代数式表示）．
22．（2022秋 杭州期末）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与点B，C重合），点F在边CD的延长线上，DF＝BE，连接EF交AD于点G，过点A作AN⊥EF于点M，交边CD于点N．若DN＝2CN，BE＝3．则CN＝ ，AM＝ ．
23．（2022秋 上城区期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝4AB．将矩形ABCD对折，得到折痕MN；沿着CM折叠，点D的对应点为E，ME与BC的交点为F；再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，此时点B的对应点为G，则 ．
24．（2022秋 西湖区期末）如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，点M是弧BC上任意一点（不与B，C重合），AH＝1，CH＝2．延长线段BM交DC的延长线于点E，直线MH交⊙O于点N，连结BN交CE于点F，则OC＝ ，HE HF＝ ．
25．（2022秋 西湖区校级期末）已知关于x的一元二次方程（x﹣2）（x﹣3）＝m有实根x1，x2，且x1＜x2，现有下列说法：①当m＝0时，x1＝2，x2＝3；②当m＞0时，2＜x1＜x2＜3；③m；④二次函数y＝（x﹣x1）（x﹣x2）﹣m的图象与x轴的交点坐标为（2，0）和（3，0）．其中正确的有 ．
三．解答题（共26小题）
26．（2023秋 上城区期末）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是直径，点D在⊙O上，OD∥BC，过点D作DE⊥AB，垂足为E，连接CD交OE边于点F．
（1）求证：△DOE∽△ABC；
（2）求证：∠ODF＝∠BDE；
（3）连接OC，设△DOE的面积为S1，四边形OCBD的面积为S2，若，用含n的代数式表示．
27．（2023秋 西湖区期末）如图，E是正方形ABCD边BC上一个动点（不与B，C重合），F是CD延长线上一点，且DF＝BE，连接AE，AF，EF．
（1）求证：△AEF为等腰直角三角形．
（2）过点A作EF的垂线，与直线EF，BC分别交于G，H两点，记∠DFE＝α，EF交AD于点I．
①当α＝30°，AI＝2，求线段AE的长．
②设，△AGI的面积记作S1，△HGE的面积记作S2，用含k的代数式表示．
28．（2023秋 拱墅区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC平分∠BAD，连接BD交AC于点E．
（1）求证：△ABC∽△BEC．
（2）若AB＝AC，设△ABD的面积为S1，△BCD的面积为S2，BE＝6，EC＝4，求的值．
（3）求证：AC2＝BC2+AB AD．
29．（2023秋 滨江区期末）如图，在⊙O中，弦AB是直径，点C，D是⊙O上的两点，连结AC，OD，且满足AC∥OD．
（1）若的度数为80°，求∠A的度数．
（2）求证：．
（3）连结BD，若AC＝6，AB＝10，求BD的长．
30．（2023秋 拱墅区校级期末）如图，已知正方形ABCD的边长为12，点E是射线BC上一点（点E不与点B、C重合），过点A作AF⊥AE，交边CD的延长线于点F，直线EF分别交射线AC、射线AD于点M、N．
（1）求证：△ABE≌△ADF；
（2）当点E在边BC上时，如果AN＝5DN，求∠BAE的正切值．
（3）当点E在边BC延长线上时，设线段BE＝x，y＝EN MF，求y关于x的函数解析式．
31．（2023秋 杭州期末）如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，点D是弧AB的中点，过点D作AB的平行线交CA的延长线于点E，连结BD，BE．
（1）求证：∠EDC＝∠DBC；
（2）当CD＝2时，求S△BCE的值；
（3）设BC＝nAC．
①求的值；（用含n的代数式表示）
②若3CE＝8AC，DE＝6，求AB的长．
32．（2023秋 杭州期末）如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝90°，点P是△ABC内一个动点，且∠BPC＝135°．
（1）试找出与∠ACP相等的角，并说明理由；
（2）如图2，连接AP并延长交△BPC的外接圆⊙O于点Q，交BC于点D，连接CQ．
①求证△ACP∽△AQC；
②求的最小值；
（3）在如图2的条件下，若BP＝PC，求证：．
33．（2022秋 滨江区期末）如图1，在⊙O中，AB为弦，CD为直径，且AB⊥CD于点E，过点B作BF⊥AD，交AD的延长线于点F．连接AC，BO．
（1）求证：∠CAE＝∠ADC．
（2）若DE＝2OE，求的值．
（3）如图2，若BO的延长线与AC的交点G恰好为AC的中点，若⊙O的半径为r．求图中阴影部分的面积（结果用含r的代数式表示）．
34．（2022秋 杭州期末）如图，⊙O的半径为1，直径AB，CD的夹角∠AOD＝60°，点P是上一点，连接PA，PC分别交CD，AB于点M，N．
（1）若PC⊥AB，求证：PA⊥CD．
（2）当点P在上运动时，
①猜想：线段AM与CN有怎样的数量关系，并给出证明．
②求证：PA+PC．
35．（2022秋 杭州期末）如图，BD是矩形ABCD的对角线，，点E，F分别在边AD，BC上，把△ABE和△CDF分别沿直线BE，DF折叠，使点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连接FG．
（1）求证：BH＝DG．
（2）若AB＝6，AD＝8，求线段FG的长．
（3）若FG∥CD，求的值．
36．（2022秋 上城区期末）如图，E是矩形ABCD边BC上的一点，作DF⊥DE交BA的延长线于点F，连结EF交AD于点G．
（1）求证：△DCE∽△DAF；
（2）已知DC＝1，BC＝3，
①若G为AD中点，求FG：GE的值；
②若△DGE为等腰三角形，求CE的长．
37．（2022秋 西湖区期末）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＞90°，△ABC的外角∠EAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC，DB交AC于点F．
（1）求证：△DBC是等腰三角形．
（2）若DA＝DF．
①求证：BC2＝DC BF．
②若⊙O的半径为5，BC＝6，求的值．
38．（2022秋 西湖区校级期末）如图，AB、AC、AD是⊙O中的三条弦，点E在AD上，且AB＝AC＝AE．连结BC，BD，CD，其中BC交AD于点G．
（1）求证：△ABG∽△ADB．
（2）若∠DBE＝α，求∠CAD的度数（用含α的代数式表示）．
（3）若AD＝15，AB＝12，BD＝6，求线段CD的长．
39．（2022秋 西湖区校级期末）已知二次函数y＝ax2﹣2（a+1）x+4（a≠0）．
（1）证明：二次函数的图象与x轴总有交点．
（2）若点P（，b）和点Q（n，b）在该二次函数图象上，求（b）2+n2的值．
（3）将该二次函数图象向下平移2个单位，令新函数图象与x轴的交点横坐标为x1，x2．证明：|x1﹣x2|＞2．
40．（2022秋 西湖区期末）在直角坐标系中，设函数y＝m（x+1）2+4n（m≠0，且m，n为实数），
（1）求函数图象的对称轴．
（2）若m，n异号，求证：函数y的图象与x轴有两个不同的交点．
（3）已知当x＝0，3，4时，对应的函数值分别为p，q，r，若2q＜p+r，求证：m＜0．
41．（2022秋 上城区期末）二次函数y1＝2（x﹣x1）（x﹣x2）（x1，x2是常数）的图象与x轴交于A，B两点．
（1）若A，B两点的坐标分别为（1，0），（2，0），求函数y1的表达式及其图象的对称轴；
（2）若函数y1的图象经过点（2，m），且x1+x2＝2时，求m的最大值；
（3）若一次函数y2＝kx+b（k，b是常数，k≠0），它的图象与y1的图象都经过x轴上同一点，且x1﹣x2＝2．当函数y＝y1+y2的图象与x轴仅有一个交点时，求k的值．
42．（2022秋 杭州期末）在平面直角坐标系中，点（1，m），（2，n）在函数y＝x2+bx+c（b，c是常数）的图象上．
（1）若m＝2，n＝3，求该函数的表达式．
（2）若n＝3m，求证：该函数的图象经过点．
（3）已知点（3，0），（﹣1，y1），（4，y2）在该函数图象上，若m＞0，n＜0，试比较y1，y2的大小，并说明理由．
43．（2022秋 杭州期末）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，1）和B（2，4）．
（1）求a，b满足的关系式．
（2）当自变量x的值满足﹣1≤x≤2时，y随x的增大而增大，求a的取值范围．
（3）若函数图象与x轴无交点，求a2+b2的取值范围．
44．（2022秋 滨江区期末）二次函数y＝x2﹣bx+c的图象经过（﹣2，y1），（1，y2）两点．
（1）当b＝1时，判断y1与y2的大小．
（2）当y1＜y2时，求b的取值范围．
（3）若此函数图象还经过点（m，y1），且1＜b＜2，求证：3＜m＜4．
45．（2023秋 杭州期末）综合与实践：问题情境：求方程x2+x﹣1＝0的解，就是求二次函数y＝x2+x﹣1的图象与x轴交点的横坐标．为了估计这个方程的解，圆圆先取了6个自变量满足x1＜x2＜x3＜x4＜x5＜x6且x1﹣x2＝x2﹣x3＝x3﹣x4＝x4﹣x5＝x5﹣x6，再分别算出相应的y值．列表得：
x的值 x1 x2 x3 x4 x5 x6
y＝x2+x﹣1的值 1 0.71 0.44 0.19 0.04 ﹣0.25
操作判断：（1）求x1的值；
实践探究：（2）为了分析函数值的变化规律，圆圆将表格中得到的函数值逐个作差．如：0.71﹣1＝﹣0.29，0.44﹣0.71＝﹣0.27，得到如下数据：﹣0.29，﹣0.27，﹣0.25，﹣0.15，﹣0.29，通过计算，圆圆发现自己由于粗心算错了其中的一个函数值，请指出算错的是哪一个值，正确的是多少？
问题解决：（3）对于一般的二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0，a、b、c为常数）的函数值变化进行如表研究：（d≠0）
x的值 x x+d x+2d x+3d x+4d x+5d
y＝ax2+bx+c的值 y1 y2 y3 y4 y5 y6
将表格中得到的函数值逐个作差，发现函数值的差与自变量满足某种函数关系，请写出你的发现过程以及发现结论．
46．（2023秋 杭州期末）已知二次函数y＝ax2﹣2ax+1（a≠0），图象经过点（﹣1，m），（1，n），（3，p）．
（1）当m＝﹣2时．
①求二次函数的表达式；
②写出一个符合条件的x的取值范围，使得y随x的增大而增大；
（2）若在m，n，p这三个实数中，只有一个是正数，求证：．
47．（2023秋 拱墅区校级期末）已知二次函数y＝x2﹣4x﹣5，点P1（x1，y1）与P2（x2，y2）都在该函数的图象上，且x1+x2＝2．
（1）求函数图象的顶点；
（2）若点P1（x1，y1）与P2（x2，y2）与直线x＝m的距离恒相等，求m的值；
（3）若y1≥y2，求y1的最小值．
48．（2023秋 滨江区期末）【综合与实践】
【认识研究对象】教材121页给出了如下定义：如图1，如果点P把线段AB分成两条线段AP和PB（AP＞PB），且，则我们称点P为线段AB的黄金分割点．类似，我们可以定义：如果一个三角形中，其最长边的长度和最短边的长度的乘积等于第三边长度的平方，那么就称该三角形为“类黄金三角形”．
如图2，已知△ABC是“类黄金三角形”，且AC＜AB＜BC．若AC＝3，BC＝5，求AB的长．
【探索研究方法】如图3，已知△ABC是“类黄金三角形”，且AC＜AB＜BC．
若∠BAC＝90°，小滨同学过点A作AD⊥BC于点D，发现了两个结论：
①AB2＝BD×BC；
②点D是边BC的黄金分割点；
请给出证明．
【尝试问题解决】小滨同学经历以上探索过程发现：类似问题，可以通过构造相似三角形等方法解决．于是开展新的探究，请解决以下问题：
如图4，已知△ABC是“类黄金三角形”，且AC＜AB＜BC．若BC＝2，∠A＝90°∠C，求AB的长．
49．（2023秋 拱墅区期末）综合与实践：
问题背景：借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，若将它们绕公共顶点旋转，对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系，数学小组对此进行了研究．
如图1，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝4，分别取AB，AC的中点D，E，作△ADE．如图2所示，将△ADE绕点A逆时针旋转，连结BD，CE．
（1）探究发现
旋转过程中，线段BD和CE的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明．
（2）性质应用
如图3，当DE所在直线首次经过点B时，求CE的长．
（3）延伸思考
如图4，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，分别取AB，BC的中点D，E、作△BDE．将△BDE绕点B逆时针旋转，连接AD，CE．当边AB平分线段DE时，求tan∠ECB的值．
50．（2023秋 上城区期末）综合与实践
探究主题 直角三角板与圆
探究背景 学习了《圆周角》中的推论：“直径所对的圆周角等于90°”后，全班各研究小组用直角三角板开启了数学探究之旅——研究直角三角板的直角顶点在圆上、圆外和圆内三种情况（如图1），具体研究如图1．
探究任务1 找到画直径的简单方法：把直角顶点放在圆上，连接两直角边与圆的两个交点，连两交点的连线是直径．请你说出其中原理： ．
探究任务2 用电脑作图工具，对直角顶点在圆外的情况进行动态模拟，发现：无论直角顶点在圆外如何运动，只要两直角边与圆有两个交点，两条直角边所夹的两段弧的度数差不变，为180°．如图2，若∠P＝90°，则180°，研究小组对提出的结论进行证明： 证：如图3，连接AC ∵∠ACD，∠CAB， 又∵∠P＝∠ACD﹣∠CAB＝90°， ∴90°． ∴180°． 探究任务：运用以上研究结论，请用没有刻度的直尺，在图2的圆上截取一段弧等于，根据作图写出结论： ．
探究任务3 当直角顶点运动到圆内时如图4，直角∠APD并反向延长两边交圆于B，C两点，形成互相垂直的弦．请观察图4类比探究任务2，对直角及其对顶角所对两段弧的数量关系，提出自己的猜想，并证明． 你的猜想： ．（可以用文字描述，也可以结合图形用几何语言描述） 证明：…
探究任务4 各研究小组进行拓展研究比赛，其中高斯研究小组提出问题：如图5，若弦CD⊥AB，BP＝3，DP＝6，CP＝2，求圆的直径． 比赛评分标准如表： 等级评价标准得分☆☆根据条件求出3条以上线段长，但没有求出直径2分☆☆☆☆根据条件求出直径，但没有运用以上探究结论4分☆☆☆☆☆创新运用探究任务4的结论，根据条件求出直径5分
你的解答是：…
51．（2023秋 西湖区期末）定义：由两条与x轴有相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”．
【概念理解】
抛物线y1＝2（x﹣1）（x﹣2）与抛物线y2＝x2﹣3x+2是否围成“月牙线”？说明理由．
【尝试应用】
抛物线y1（x﹣1）2﹣2与抛物线组成一个如图所示的“月牙线”，与x轴有相同的交点M，N（点M在点N的左侧），与y轴的交点分别为A，B．
①求a：b：c的值．
②已知点P（x0，m）和点Q（x0，n）在“月牙线”上，m＞n，且m﹣n的值始终不大于2，求线段AB长的取值范围．
浙江省杭州市近2年各区期末考试压轴题集中训练卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．（2023秋 上城区期末）已知二次函数y＝a（x+m﹣1）（x﹣m）（a≠0）的图象上有两点A（x1，y1）和B（x2，y2）（其中x1＜x2），则（ ）
A．若a＞0，当x1+x2＜1时，a（y1﹣y2）＜0
B．若a＞0，当x1+x2＜1时，a（y1﹣y2）＞0
C．若a＜0，当x1+x2＞﹣1时，a（y1﹣y2）＜0
D．若a＜0，当x1+x2＞﹣1时，a（y1﹣y2）＞0
【分析】由二次函数的解析式求得对称轴为直线x，然后判断y1与y2的大小，即可判断每个选项正误．
【解答】解：∵二次函数y＝a（x+m﹣1）（x﹣m）（a≠0），
∴y＝0时，x1＝1﹣m，x2＝m，
∴二次函数y＝a（x+m﹣1）（x﹣m）的对称轴为直线x，
当a＞0时，当x1+x2＜1时，
∴，
∴y1＞y2，
∴y1﹣y2＞0，
∴a（y1﹣y2）＞0；
当a＜0时，当x1+x2＞﹣1时，
∴，
∴当时，y1＜y2，
则a（y1﹣y2）＞0；
当时，y1＞y2，
则a（y1﹣y2）＜0；
故选：B．
2．（2023秋 西湖区期末）已知二次函数y＝a（x﹣h）2+k（a≠0）的图象与一次函数y＝px+q（p≠0）的图象交于（x1，y1）和（x2，y2）两点，则下列结论正确的是（ ）
A．若a＞0，p＜0，则x1+x2＞2h
B．若x1+x2＞2h，则a＞0，p＜0
C．若a＜0，p＜0，则x1+x2＞2h
D．若x1+x2＞2h，则a＜0，p＜0
【分析】由二次函数解析式可得抛物线对称轴为直线x＝h，由函数图象与系数的关系讨论（x1，y1）和（x2，y2）两点中x1+x2与2h的关系．
【解答】解：∵y＝a（x﹣h）2+k，
∴抛物线对称轴为直线x＝h，
∵a＜0，p＜0，
∴抛物线开口向下，一次函数中y随x增大而减小，
设x1＜x2，则y1＞y2，
∴h，
∴x1+x2＞2h．
故选：C．
3．（2023秋 拱墅区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，其中AD＞CD，已知对角线AC过点O，对角线BD与CO相交于点E，且AD＝BD．若∠BDC＝2∠DBC，则（ ）
A．1 B． C．2 D．3
【分析】令∠DBC的度数为x，进一步表示出∠BDC、∠BAC和∠CAD的度数，利用等边对等角及直径所对的圆周角为90°，可求出x的值，进而发现△ABC是等腰直角三角形及AB与AE相等，即可解决问题．
【解答】解：令∠DBC的度数为x，则∠BDC的度数为2x，
∵，
∴∠BAC＝∠BDC＝2x，
∵，
∴∠CAD＝∠CBD＝x，
∴∠BAD＝3x．
∵AD＝BD，
∴∠DBA＝∠DAB＝3x．
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
则3x+x＝90°，
解得x＝22.5°．
∴∠BAC＝∠BCA＝45°，∠ABE＝67.5°，
∴∠AEB＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴AE＝AB．
令⊙O的半径为R，
则AB2+CB2＝（2R）2，
∵AB＝CB，
∴AB，
∴AE＝AB，
又∵CE＝2R，
∴．
故选：A．
4．（2023秋 滨江区期末）在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，且a≠0），当y≥t时，x≤m﹣1或x≥m+3．若该函数图象过点A（m，5）和B（m+4，q），则q的值可能是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据二次函数的性质得出抛物线的开口向上，对称轴为直线x＝m+1，然后根据两点到对称轴的距离判断即可．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，且a≠0），当y≥t时，x≤m﹣1或x≥m+3，
∴抛物线的开口向上，对称轴为直线xm+1，
∵该函数图象过点A（m，5）和B（m+4，q），且m+1﹣m＜m+4﹣（m+1），
∴q＞5，
故选：D．
5．（2023秋 拱墅区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，且∠OAC＝30°，OD绕着点O顺时针旋转，连接CD交直线AB于点E，当DE＝OD时，∠OCE的大小不可能为（ ）
A．20° B．40° C．70° D．80°
【分析】根据OD绕着点O顺时针旋转，连接CD交直线AB于点E，DE＝OD，分三种情况画图进行计算即可．
【解答】解：
连接OC，
①如图1，OD绕着点O顺时针旋转，连接CD交直线AB于点E，
设∠OCE＝x，
∵OC＝OD，
∴∠OCE＝∠D＝x，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠A＝30°，
∵DE＝OD，
∴∠DOE＝∠DEO＝30°+x+30°＝60°+x
∴2（60°+x）+x＝180°
解得x＝20°．
∴∠OCE的大小为20°；
②如图2，
设∠OEC＝x，
∵DE＝OD，
∴∠EOD＝∠E＝x，
∵DO＝CO，
∴∠ODC＝∠OCD＝2x，
∠EOC＝2∠A＝60°
∴在△OCE中，
x+60°+2x＝180°，
解得x＝40°，
∴∠OCE＝2x＝80°；
③如图3，
设∠ACE＝x，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝30°，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC＝30°+x，
∵OD＝DE
∴∠EODC＝15°x，
∴15°x+x＝30°
解得x＝10°，
∴∠OCE＝30°+x＝40°．
综上：∠OCE的大小为：20°、40°、80°．
故选：C．
6．（2023秋 杭州期末）如图，正△ABC纸片，E为AC边上的一点，连结BE．将△BAE沿BE翻折得到△BFE，过点C作AB的平行线交EF的延长线于点M，若∠EMC＝90° 则的比为（ ）
A． B． C． D．
【分析】延长ME交AB于点G，设BF交AC于点H，由△ABC是正三角形得∠A＝60°，由翻折得∠HFE＝∠A＝60°，FE＝AE，因为CM∥AB，所以∠AGE＝∠EMC＝90°，可证明△FEH≌△AEG，得∠FHE＝∠AGE＝90°，则BF⊥AC，∠HEF＝30°，则AH＝CH，FE＝AE＝2FH，所以EHFH，可求得EC＝（2+2）FH，即可求得，于是得到问题的答案．
【解答】解：延长ME交AB于点G，设BF交AC于点H，
∵△ABC是正三角形，
∴∠A＝60°，
由翻折得∠HFE＝∠A＝60°，FE＝AE，
∵CM∥AB，∠EMC＝90°，
∴∠AGE＝∠EMC＝90°，
在△FEH和△AEG中，
，
∴△FEH≌△AEG（ASA），
∴∠FHE＝∠AGE＝90°，
∴BF⊥AC，∠HEF＝90°﹣∠HFE＝30°，
∴AH＝CH，FE＝AE＝2FH，
∴EHFH，
∴AH＝CH＝AE+EH＝2FHFH，
∴EC＝CH+EH＝2FHFHFH＝（2+2）FH，
∴，
故选：D．
7．（2023秋 杭州期末）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＞90°，它的外角∠EAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC，DB交AC于点F．若DA＝DF，∠ABC＝α，∠DFC＝β，则下列结论正确的是（ ）
A．α+4β＝540° B．α+4β＝450° C．α+2β＝360° D．α+2β＝270°
【分析】由∠DAE+∠DAB＝180°，∠DCB+∠DAB＝180°，得∠DAE＝∠DCB，所以∠DAE＝∠DAC＝∠DBC，则∠DAC＝∠DBC＝∠DCB，因为DA＝DF，所以∠BFC＝∠DFA＝∠DAC＝∠DBC＝∠DCB，可证明△DAF∽△DBC，得∠ADB＝∠BDC，再由∠ADB＝∠ACB，∠BDC＝∠BAC，推导出∠ACB＝∠BAC，所以∠BDC＝∠BAC（180°﹣α），则∠DBC＝∠DCB（180°﹣∠BDC）＝45°α，因为∠DFC＝180°﹣∠BFC＝180°﹣∠DBC＝135°α，所以β＝135°α，则α+4β＝540°，可判断A正确，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵∠DAE+∠DAB＝180°，∠DCB+∠DAB＝180°，
∴∠DAE＝∠DCB，
∵AD平分∠EAC，
∴∠DAE＝∠DAC＝∠DBC，
∴∠DAC＝∠DBC＝∠DCB，
∵DA＝DF，
∴∠BFC＝∠DFA＝∠DAC＝∠DBC＝∠DCB，
∵∠DAC＝∠DBC，∠DFA＝∠DCB，
∴△DAF∽△DBC，
∴∠ADB＝∠BDC，
∴∠ADB＝∠ACB，∠BDC＝∠BAC，
∴∠ACB＝∠BAC，
∵∠ABC＝α，∠DFC＝β，
∴∠BDC＝∠BAC（180°﹣∠ABC）（180°﹣α），
∴∠DBC＝∠DCB（180°﹣∠BDC）＝90°（180°﹣α）＝45°α，
∵∠DFC＝180°﹣∠BFC＝180°﹣∠DBC＝180°﹣（45°α）＝135°α，
∴β＝135°α，
∴α+4β＝540°，
故A正确，
故选：A．
8．（2022秋 滨江区期末）二次函数y＝ax2+4x+1（a为实数，且a＜0），对于满足0≤x≤m的任意一个x的值，都有﹣2≤y≤2，则m的最大值为（ ）
A． B． C．2 D．
【分析】由该二次函数解析式可知，该函数图象的开口方向向下，对称轴为，该函数的最大值为，由题意可解得a≤﹣4，根据函数图象可知a的值越小，其对称轴越靠左，满足y≥﹣2的x的值越小，故令a＝﹣4即可求得m的最大值．
【解答】解：∵函数，且a＜0，
∴该函数图象的开口方向向下，对称轴为，该函数有最大值，其最大值为，
若要满足0≤x≤m的任意一个x的值，都有﹣2≤y≤2，
则有，解得a≤﹣4，
对于该函数图象的对称轴，a的值越小，其对称轴越靠左，
a的值越小，满足y≥﹣2的x的值越小，
∴当取a的最大值，即a＝﹣4时，令y＝﹣4x2+4x+1＝﹣2，
解得，，
∴满足y≥﹣2的x的最大值为，
即m的最大值为．
故选：D．
9．（2022秋 杭州期末）计算机处理任务时，经常会以圆形进度条的形式显示任务完成的百分比．下面是同一个任务进行到不同阶段时进度条的示意图：
当任务完成的百分比为x时，线段MN的长度记为d（x）．下列描述正确的是（ ）
A．当x1＞x2时，d（x1）＞d（x2）
B．当d（x1）＞d（x2）时，x1＞x2
C．当x1+x2＝1时，d（x1）＝d（x2）
D．当x1＝2x2时，d（x1）＝2d（x2）
【分析】根据弧，弦和圆心角的关系，利用图象判断即可．
【解答】解：A、当x1＞x2时，d（x1）与d（x2）可能相等，可能不等，本选项不符合题意．
B、当d（x1）＞d（x2）时，x1＞x2或x1＜x2，本选项不符合题意．
A、当x1+x2＝1时，d（x1）＝d（x2），正确，本选项符合题意．
D、当x1＝2x2时，d（x1）＜2 d（x2）本选项不符合题意．
故选：C．
10．（2022秋 杭州期末）已知点P（m，n），Q（3，0）都在一次函数y＝kx+b（k，b是常数，k≠0）的图象上，（ ）
A．若mn有最大值4，则k的值为﹣9
B．若mn有最小值4，则k的值为﹣9
C．若mn有最大值﹣9，则k的值为4
D．若mn有最小值﹣9，则k的值为4
【分析】由题意得到mn＝m（km﹣3k）＝k（m2﹣3m）＝kk，当k＞0mn有最小值，求出k的值，当k＜0，mn有最大值，求出k的值，即可解决问题．
【解答】解：∵点P（m，n），Q（3，0）都在一次函数y＝kx+b（k，b是常数，k≠0）的图象上，
∴km+b＝n，3k+b＝0，
∴b＝﹣3k，
∴n＝km+b＝km﹣3k，
∴mn＝m（km﹣3k）＝k（m2﹣3m）＝kk，
当k＜0时，mn有最大值k，
若mn有最大值4，k＝4，则k，故A不符合题意；
若mn有最大值﹣9，k＝﹣9，则k＝4，此时k＞0，故C不符合题意；
当k＞0时，mn有最小值k，
若mn有最小值4，k＝4，则k，故B不符合题意；
若mn有最小值﹣9，k＝﹣9，则k＝4，故D符合题意．
故选：D．
11．（2022秋 上城区期末）如图，AD是△ABC的外角平分线，与△ABC的外接圆交于点D，连结BD交AC于点F，且BC＝CF，则下列结论错误的是（ ）
A．∠ADB＝∠CDB B．3∠ACB+∠ACD＝180°
C．3∠BDC+2∠ABD＝180° D．3∠BAD+∠ABD＝360°
【分析】设∠DCB＝α，∠BDC＝β，表示出有关的角，由圆周角定理，圆内接四边形的性质，可以解决问题．
【解答】解：AD是△ABC的外角平分线，
∴∠EAD＝∠DAC，
∵∠EAD＝∠DCB，∠DAC＝∠DBC，
∴∠DBC＝∠DCB，
∵BC＝CF，
∴∠FBC＝∠CFB，
∴∠BDC＝∠BCF，
∵∠ADB＝∠BCF，
∴∠ADB＝∠BDC．
故A正确，
设∠DCB＝α，∠BDC＝β，则∠ADB＝∠ACB＝β，
∴2α+β＝180°，
∴3∠ACB+∠ACD＝3β+（α﹣β）＝α+2β≠180°，
故B错误；
3∠BDC+2∠ABD＝3β+2∠ACD＝3β+2（α﹣β）＝2α+β＝180°，
故C正确；
3∠BAD+∠ABD＝3（180°﹣α）+（α﹣β）＝540°﹣（2α+β）＝540°﹣180°＝360°，
故D正确；
故选：B．
12．（2022秋 西湖区期末）设函数y1＝﹣（x﹣a1）2，y2＝﹣（x﹣a2）2．直线x＝1的图象与函数y1，y2的图象分别交于点A（1，c1），B（1，c2），得（ ）
A．若1＜a1＜a2，则c1＜c2 B．若a1＜1＜a2，则c1＜c2
C．若a1＜a2＜1，则c1＜c2 D．若a1＜a2＜1，则c2＜c1
【分析】根据题意分别画出y1，y2的图象，继而根据图象即可求解．
【解答】解：∵直线x＝1的图象与函数y1，y2的图象分别交于点A（1，c1），B（1，c2），
A．若1＜a1＜a2，如图所示，
则c1＞c2
B．若a1＜1＜a2，如图所示，
则c1＞c2
则c1＜c2，
故B选项不合题意，
C．若a1＜a2＜1，如图所示，
∴c1＜c2，故C选项正确，D选项不正确；
故选：C．
13．（2022秋 西湖区校级期末）如图，将矩形ABCD沿着GE，EC，GF翻折，使得点A，B，D恰好都落在点O处，且点G，O，C在同一条直线上，点E，O，F在另一条直线上．以下结论正确的是（ ）
A．△COF∽△CEG B．OC＝3OF C．AB：AD＝4：3 D．GEDF
【分析】先证明GF∥CE，再根据平行线的性质与相似三角形的性质可得FG＝FC，可判断A．由矩形的性质设AD＝BC＝2a，AB＝DC＝2b，可得，可得，可判断C，设OF＝DF＝x，可得：，从而可判断D，B，从而可得答案．
【解答】解：由折叠性质可得：DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，∠DGF＝∠OGF，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，
∴∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，
∴∠FGE+∠GEC＝180°，
∴GF∥CE，
∴∠FGC＝∠GCE，
若△COF∽△CEG，则∠FCO＝∠GCE，
∴∠FGC＝∠FCO，
∴FG＝FC，与题干条件矛盾，故A不符合题意；
由矩形的性质设AD＝BC＝2a，AB＝DC＝2b，
由对折可得DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，
∴CG＝OG+OC＝OG+BC＝3a，
在Rt△CGE中，CG2＝GE2+CE2，
∴（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，
解得：，
∴；
∴，故C不符合题意；
在Rt△COF中，设OF＝DF＝x，
则，
由∠D＝∠GOF＝90°，
∴，
解得：，
∴，，
在Rt△AGE中，，
∴，故D符合题意；
∴，故B不符合题意；
故选：D．
二．填空题（共12小题）
14．（2023秋 上城区期末）如图，学校要在校园内建一个矩形的开心农场，其中一边AD是围墙，且AD的长不能超过28m，其余三边AB，BC，CD用60m长的铁质栅栏．有下列结论：
①AB的长可以为15m；
②当农场ABCD面积为200m2时，满足条件的AB的长只有一个值；
③农场ABCD面积的最大值为450m2；
④若把农场的形状改成半圆形，且直径一侧利用已有围墙，则农场的面积可以超过560m2．
其中，正确结论的是 ② ．（只需填序号）
【分析】依据题意，设AD边长为x m，则AB边长为长为m，当AB＝15时，15，解得x＝30，故可判断①；当菜园ABCD面积为200m2，由题意得x 200，从而x＝30±10，又x≤28，故可判断②；又设矩形菜园的面积为y m2，从而y＝x （x﹣30）2+450，结合0，x≤28，从而当x＝28时，y有最大值，最大值为448m2不可能为450m2，故可判断③；依据题意，直径一侧是围墙，当直径取最大值28时，半圆的弧长为π×28＜60，进而设沿AD方向栅栏延伸a米，则π（28+a）＝60﹣a．求得a≈6.2，最后得农场的最大面积为π（）2≈459.1＜560，故可判断④．
【解答】解：设AD边长为x m，则AB边长为长为m，
当AB＝15时，15，
解得x＝30，
∵AD的长不能超过28m，
∴x≤28，
故①不正确．
∵菜园ABCD面积为200m2，
∴x 200．
∴x＝30±10．
又x≤28，
∴x＝30﹣10．
∴满足条件的AB的长只有一个值，故②正确．
由题意，设矩形菜园的面积为y m2，
根据题意得：y＝x （x﹣30）2+450，
∵0，x≤28，
∴当x＝28时，y有最大值，最大值为448m2不可能为450m2．
故③不正确．
∵直径一侧是围墙，当直径取最大值28时，半圆的弧长为π×28＜60，
∴设沿AD方向栅栏延伸a米，则π（28+a）＝60﹣a．
∴a≈6.2．
∴农场的最大面积为π（）2≈459.1＜560．
∴农场的面积不超过560m2．
故④错误．
故答案为：②．
15．（2023秋 西湖区期末）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OE＝BE．点P是劣弧上任意一点（不与点A，D重合），CP交AB于点M，AP与CD的延长线相交于点F，设∠PCD＝α．
①则∠F＝ 60°﹣α ，（用含α的代数式表示）；
②当∠F＝3∠PCD时，则 ．
【分析】①连接OD，BD，PO，由线段垂直平分线的性质得到△ODB是等边三角形，由圆周角定理得到∠A∠POB＝30°+α，由直角三角形的性质即可求出∠PFE＝60°﹣α．
②设圆的半径是r，OM＝x，由∠AFE＝3∠PCD，求出α＝15°，得到∠POB＝90°，因此OP∥CE，推出△POM∽△CEM，得到OM：EM＝OP：CE，代入有关数据即可求出OM的长，得到AM，BM的长，即可得到答案．
【解答】解：①连接OD，BD，PO，
∵弦CD⊥AB于点E，OE＝BE，
∴OD＝BD，
∵OD＝OB，
∴△ODB是等边三角形，
∴∠BOD＝60°，
∵∠PCD＝α，
∴∠POD＝2α，
∴∠POB＝60°+2α，
∴∠A∠POB＝30°+α，
∴∠PFE＝90°﹣∠A＝60°﹣α．
故答案为：60°﹣α；
②∵∠AFE＝3∠PCD，
∴60°﹣α＝3α，
∴α＝15°，
∴∠POD＝2∠PCD＝30°，
∴∠POB＝90°，
∴OP∥CE，
∴△POM∽△CEM，
∴OM：EM＝OP：CE，
∵直径AB⊥CD，
∴DE＝CE，
∴OM：EM＝OP：ED，
设圆的半径是r，OM＝x，
∴EMr﹣x，DEr，
∴x：（r﹣x）＝r：r，
∴x＝（2）r，
∴OM＝（2）r，
∴AM＝AO+OM＝3rr，BM＝OB﹣OMr﹣r，
∴．
故答案为：．
16．（2023秋 拱墅区期末）已知点（3，m），（5，n）在抛物线y＝ax2+bx（a，b为实数，a＜0）上，设抛物线的对称轴为直线x＝t，若n＜0＜m，则t的取值范围为 t ．
【分析】先根据题意得出抛物线与x轴的交点坐标，再由n＜0＜m即可得出结论．
【解答】解：由题意可知，抛物线与x轴的交点坐标为（0，0），（2t，0），
∵a＜0，
∴抛物线开口向下，
∵点（3，m），（5，n）在抛物线y＝ax2+bx（a，b为实数，a＜0）上，n＜0＜m，
∴3＜2t＜5，
∴t．
故答案为：t．
17．（2023秋 滨江区期末）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+2x+c（a，c是常数，且a≠0）的图象与x轴的一个交点坐标为（﹣2n，0）．若该函数图象的顶点坐标为（n，p），则 9 ．
【分析】根据抛物线的对称性求得二次函数y＝ax2+2x+c（a，c是常数，且a≠0）的图象与x轴的另一个交点坐标为（4n，0），则y＝a（x+2n）（x﹣4n）＝a（x﹣n）2﹣9an2，由该函数图象的顶点坐标为（n，p）可知n，p＝﹣9an2，代入求得即可．
【解答】解：∵函数图象的顶点坐标为（n，p），
∴对称轴为直线x＝n，
∵二次函数y＝ax2+2x+c（a，c是常数，且a≠0）的图象与x轴的一个交点坐标为（﹣2n，0）．
∴二次函数y＝ax2+2x+c（a，c是常数，且a≠0）的图象与x轴的另一个交点坐标为（4n，0）．
∴y＝a（x+2n）（x﹣4n）＝a（x﹣n）2﹣9an2，
∴p＝﹣9an2，
∴9an，
∴n，
∴9，
故答案为：9．
18．（2023秋 拱墅区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，把Rt△ABC沿斜边AB折叠，得到△ABD，过点D作DE⊥CA交CA的延长线于点E，过点C作CN∥AD，分别交AB，BD于点M，N，若CM＝3，，则 ．
【分析】连接DM并延长交BC于点F，首先证明四边形ACMD为平行四边形，AD＝CM＝3，再证明四边形DFCE为矩形，用勾股定理计算出FM＝1，由折叠图形性质、平行线性质及角平分线性质定理可得NM＝FM＝1，最后证明△BNM∽△BDA，然后根据相似三角形的性质求解．
【解答】解：如图所示，连接DM并延长交BC于点F，
∵CM∥AD，
∴∠DAM＝∠CMA，
又由折叠性质可得CA＝AD，∠DAM＝∠CAM，
∴∠CAM＝∠CMA，
∴CA＝CM，
∴CM＝AD，
∴四边形ACMD为平行四边形，AD＝CM＝3，
∴DM∥EC，DF∥EC，
又∵∠ECB＝90°，
∴∠DFC＝90°，
又∵∠E＝90°，
∴四边形DFCE为矩形．
∴DE＝FC＝2，
∴FM1，
由折叠性质可得∠ADB＝∠ACB＝90°，
又CM∥AD，
∴∠BNM＝∠ADB＝90°．
又MF⊥BC，BA为∠DBC的角平分线，
∴NM＝FM＝1，
由MN∥AD，
∴△BNM∽△BDA，
∴，
设BM＝k，BA＝3k，则AM＝3k﹣k＝2k，
∴．
故答案为：．
19．（2023秋 杭州期末）数学家菲尔贝提出借助图形代替演算的观点，这类图形称为“诺模图”．如图是关于x，y，z三者关系的诺模图，它是由点O出发的三条射线a，b，c组成，每条射线上都有相同的刻度，且射线端点刻度为0，其中a和c，b和c都相交成60°角．在射线a和b上分别取点A和B，对应的刻度值是x和y．用直尺连结AB交射线c于点C，点C的刻度值就是z的值．
（1）若x＝20，y＝12，则z的值是 7.5 ；
（2）若x＝2y，则 ．
【分析】方法一（利用相似三角形）：过点C作CD∥OB交OA于点D，先证△OCD为等边三角形得CD＝OD＝OC＝z，进而得AD＝x﹣z，再证△ACD和△ABO相似得AD：OA＝CD：OB，由此得（x﹣z）：x＝z：y，然后整理得xz+yz＝xy．
（1）将x＝20，y＝12代入xz+yz＝xy之中即可求出z的值；
（2）将x＝2y代入xz+yz＝xy之中即可求出的值．
解法二（面积法）：过点C作CE⊥OA于E，OF⊥OB于F，过B作BH⊥AO交AO的延长线于H，利用三角函数分别求出CE，CF，BH，进而可得S△AOC，S△BOC，S△AOB，然后根据S△AOC+S△BOC＝S△AOB，得xz+yz＝xy．
（1）将x＝20，y＝12代入xz+yz＝xy之中即可求出z的值；
（2）将x＝2y代入xz+yz＝xy之中即可求出的值．
【解答】解法一（利用相似三角形）：过点C作CD∥OB交OA于点D，如图1所示：
依题意得：∠BOC＝∠AOC＝60°，OA＝x，OB＝y，OC＝z，
∵CD∥OB，
∴∠OCD＝∠BOC＝60°，
∴∠OCD＝∠AOC＝60°，
∴△OCD为等边三角形，
∴CD＝OD＝OC＝z，
∴AD＝OA﹣OD＝x﹣z，
∵CD∥OB，
∴△ACD∽△ABO，
∴AD：OA＝CD：OB，
∴（x﹣z）：x＝z：y，
整理得：xz+yz＝xy，
（1）当x＝20，y＝12时，20z+12z＝20×12，
解得：z＝7.5；
故答案为：7.5．
（2）当x＝2y时，2yz+yz＝2y2，
即3yz＝2y2，
∵y≠0，
∴3z＝2y，
∴．
故答案为：．
解法二（面积法）：过点C作CE⊥OA于E，OF⊥OB于F，过B作BH⊥AO交AO的延长线于H，如图2所示：
依题意得：∠BOC＝∠AOC＝60°，OA＝x，OB＝y，OC＝z，
在Rt△OCE中，sin∠AOC，
∴CE＝OC sin∠AOC＝z sin60°，
在Rt△OCF中，sin∠BOC，
∴CF＝OC sin∠BOC＝z sin60°，
∵∠BOC＝∠AOC＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∴∠BOH＝180°﹣∠AOB＝60°，
在Rt△BOH中，sin∠BOH，
∴BH＝OB sin∠BOH＝y sin60°，
∴S△AOCOA CE，S△BOCOB CF，S△AOBOA BH，
∵S△AOC+S△BOC＝S△AOB，
∴，
∴xz+yz＝xy，
（1）当x＝20，y＝12时，20z+12z＝20×12，
z＝7.5；
故答案为：7.5．
（2）当x＝2y时，2yz+yz＝2y2，
即3yz＝2y2，
∵y≠0，
∴3z＝2y，
∴．
故答案为：．
20．（2023秋 杭州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，D、E为AB边上两点（点D在点E的右侧），满足∠DCE＝45°，则AB边上的高为 ；设AD＝x，BE＝y．用含x的代数式表示y＝ ．
【分析】利用面积法可求出AB边上的高，旋转△ACD，利用“角含半角”模型构造出全等三角形，再借助于勾股定理即可解决问题．
【解答】解：过点C作AB的垂线，垂足为M，
∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB．
又∵，
∴．
即AB边上的高为．
将△ACD绕点C顺时针旋转90°，点A的对应点为点F，点D的对应点为H，延长HF交AB于点G，连接EH，
由旋转可知，
△CHF≌△CDA，
∴∠HCF＝∠DCA，HF＝AD＝x，CF＝AC＝3，∠HFC＝∠A，CH＝CD．
又∵∠HFC＝∠BFG，∠A+∠B＝90°，
∴∠B+∠BFG＝90°，
则FG⊥BE．
又∵BF＝4﹣3＝1．
∴sinB，
则FG．
同理可得，BG．
∴HG＝x，EG＝y．
∵∠DCE＝45°，
∴∠ACD+∠BCE＝45°，
∴∠HCE＝∠HCF+∠BCE＝45°，
∴∠HCE＝∠DCE．
在△HCE和△DCE中，
，
∴△HCE≌△DCE（SAS），
∴HE＝DE＝5﹣x﹣y．
在Rt△HGE中，
（x）2+（y）2＝（5﹣x﹣y）2，
整理得，
y．
故答案为：，．
21．（2022秋 滨江区期末）如图，正五边形ABCDE的对角线AC和AD分别交对角线BE于点M，N，若△AMN的面积为s，则正五边形ABCDE的面积为 （结果用含s的代数式表示）．
【分析】由正五边形的性质可得，△AMN∽△BAN∽△ACD，设AB＝a，表示出解得AMa，则MN＝aaa，得出S△ABMs，同理求出S△ACDs，从而解决问题．
【解答】解：由正五边形的性质可知，AB＝BC＝CD＝DE＝AE，AM＝AN＝BM＝NE，
由正五边形的性质可得，△AMN∽△BAN∽△ACD，
设AB＝a，
∵△AMN∽△BAN，
∴，
即，
解得AMa，
∴MN＝aaa，
∴，
∴S△ABMs，
∵△AMN∽△ACD，
∴（）2，
∴S△ACDs，
∴S正五边形ABCDE＝S△ACD+4S△ABM+2S△AMN
s+4s+2s
，
故答案为：．
22．（2022秋 杭州期末）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与点B，C重合），点F在边CD的延长线上，DF＝BE，连接EF交AD于点G，过点A作AN⊥EF于点M，交边CD于点N．若DN＝2CN，BE＝3．则CN＝ 5 ，AM＝ 3 ．
【分析】连接AE，AF，EN，由正方形的性质可得AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，可证得△ABE≌△ADF（SAS），可得∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，从而可得∠EAF＝90°，根据等腰三角形三线合一可得点M为EF中点，由AN⊥EF可证得△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），可得EN＝FN，设CN＝x，构建方程求解．
【解答】解：如图，连接AE，AF，EN，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，
∵BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，
∴∠EAF＝90°，
∴△EAF为等腰直角三角形，
∵AN⊥EF，
∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°，
∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），
∴EN＝FN，
设CN＝x，则DN＝2x，BC＝CD＝3x，
∴EN＝FN＝DN+DF＝2x+3，CE＝BC﹣BE＝3x﹣3，
在Rt△ECN中，由勾股定理可得：
CN2+CE2＝EN2，
即x2+（3x﹣3）2＝（2x+3）2，
解得x＝5，
∴CN＝5，EC＝12，CF＝18，
∴EF6，
∴AMEF＝3．
故答案为：5，3．
23．（2022秋 上城区期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝4AB．将矩形ABCD对折，得到折痕MN；沿着CM折叠，点D的对应点为E，ME与BC的交点为F；再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，此时点B的对应点为G，则 ．
【分析】由矩形及折叠的性质得∠MNC＝∠PNM＝90°，CN＝DM＝2DC＝2MN，由∠PME∠AME，∠CME∠DME，可推导出∠PMC＝90°，则∠MCN＝∠PMN＝90°﹣∠CMN，即可证明△MNC∽△PNM，得2，即可证明PNPC，再证明∠FMP＝∠AMP＝∠FPM，∠FMC＝∠DMC＝∠FCM，则PF＝MF＝CFPC，所以NF＝PF﹣PNPC，即可求得．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，∠D＝∠DCN＝90°，AD∥BC，
∴AD＝4AB＝4DC，
∵将矩形ABCD对折，得到折痕MN，
∴DM＝AMAD4DC＝2DC，∠MNC＝∠PNM＝90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴DC＝MN，
∴CN＝DM＝2DC＝2MN，
∴∠PME＝∠PMA∠AME，∠CME＝∠CMD∠DME，
∴∠PMC＝∠PME+∠CME（∠AME+∠DME）180°＝90°，
∴∠MCN＝∠PMN＝90°﹣∠CMN，
∴△MNC∽△PNM，
∴2，
∴MN＝2PN，CN＝2MN，
∴CN＝4PN，
∴PNPC，
∵∠FMP＝∠AMP＝∠FPM，∠FMC＝∠DMC＝∠FCM，
∴PF＝MF＝CFPC，
∴NF＝PF﹣PNPCPCPC，
∴，
故答案为：．
24．（2022秋 西湖区期末）如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，点M是弧BC上任意一点（不与B，C重合），AH＝1，CH＝2．延长线段BM交DC的延长线于点E，直线MH交⊙O于点N，连结BN交CE于点F，则OC＝ 2.5 ，HE HF＝ 4 ．
【分析】连接OC，设OC＝r，在Rt△COH中，利用勾股定理求出OC；由△EHM∽△NHF，推出，推出HE HF＝HM HN，又HM HN＝AH HB，推出HE HF＝AH HB，由此即可解决问题．
【解答】解：连接OC．
∵CD⊥AB，
∴∠CHO＝90°，
设OC＝r，则OH＝r﹣1，
在Rt△COH中，
∵CH＝2，
∴r2＝22+（r﹣1）2，
∴r＝2.5，即OC＝2.5；
连接AM．
∵AB是直径，
∴∠AMB＝90°，
∴∠MAB+∠ABM＝90°，
∵∠E+∠ABM＝90°，
∴∠E＝∠MAB，
∴∠MAB＝∠MNB＝∠E，
∵∠EHM＝∠NHF，
∴△EHM∽△NHF，
∴，
∴HE HF＝HM HN，
∵HM HN＝AH HB，
∴HE HF＝AH HB＝1×（5﹣1）＝4，
故答案为：2.5，4．
25．（2022秋 西湖区校级期末）已知关于x的一元二次方程（x﹣2）（x﹣3）＝m有实根x1，x2，且x1＜x2，现有下列说法：①当m＝0时，x1＝2，x2＝3；②当m＞0时，2＜x1＜x2＜3；③m；④二次函数y＝（x﹣x1）（x﹣x2）﹣m的图象与x轴的交点坐标为（2，0）和（3，0）．其中正确的有 ①③ ．
【分析】解一元二次方程（x﹣2）（x﹣3）＝0，根据一元二次方程根与系数的关系即可求解．
【解答】解：①当m＝0时，一元二次方程为（x﹣2）（x﹣3）＝0，
∴x1＝2，x2＝3，故①正确；
②当m＞0时，
∵一元二次方程（x﹣2）（x﹣3）＝m有实根x1，x2，且x1＜x2，
∴原方程转化为x2﹣5x+6﹣m＝0，
根据根与系数的关系得，，，
若2＜x1＜x2＜3，则|x2﹣x1|＜1，
∵，且m＞0，
∴|x2﹣x1|＜1错误，即2＜x1＜x2＜3错误，故②错误；
∴当m＞0时，x＜2或x＞3，故②错误；
③（x﹣2）（x﹣3）＝m转化为x2﹣5x+6﹣m＝0，有实根x1，x2，且x1＜x2，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣5）2﹣4（6﹣m）＞0，即1+4m＞0，
∴，故③正确；
④∵一元二次方程（x﹣2）（x﹣3）＝m有实根x1，x2，且x1＜x2，
∴原方程转化为x2﹣5x+6﹣m＝0，
根据根与系数的关系得，，，
∴，即y＝x2﹣5x+6﹣2m，
∴由二次函数y＝（x﹣x1）（x﹣x2）﹣m的图象与x轴的交点坐标不是（2，0）和（3，0），故④错误．
综上所述，正确的有①③，
故答案为：①③．
三．解答题（共26小题）
26．（2023秋 上城区期末）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是直径，点D在⊙O上，OD∥BC，过点D作DE⊥AB，垂足为E，连接CD交OE边于点F．
（1）求证：△DOE∽△ABC；
（2）求证：∠ODF＝∠BDE；
（3）连接OC，设△DOE的面积为S1，四边形OCBD的面积为S2，若，用含n的代数式表示．
【分析】（1）根据圆周角定理和垂直求出∠DEO＝∠ACB，根据平行得出∠DOE＝∠ABC，根据相似三角形的判定得△DOE∽△ABC，根据圆周角定理得出∠A＝∠BDC，推出∠ODE＝∠BDC即可；
（2）根据圆周角定理和垂直求出∠DEO＝∠ACB，根据平行得出∠DOE＝∠ABC，根据相似三角形的判定得出结论；
（3）根据△DOE∽△ABC，求出S△ABC＝4S△DOE＝4S1，进而求解．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵DE⊥AB，
∴∠DEO＝90°，
∴∠DEO＝∠ACB，
∵OD∥BC，
∴∠DOE＝∠ABC，
∴△DOE∽△ABC；
（2）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵DE⊥AB，
∴∠DEO＝90°，
∴∠DEO＝∠ACB，
∵OD∥BC，
∴∠DOE＝∠ABC，
∴△DOE∽△ABC；
∴∠ODE＝∠A，
∵∠A和∠BDC是所对的圆周角，
∴∠A＝∠BDC，
∴∠ODE＝∠BDC，
∴∠ODF＝∠BDE；
（3）解：∵△DOE∽△ABC，
∴（）2，
即S△ABC＝4S△DOE＝4S1，
∵OA＝OB，
∴S△BOCS△ABC，即S△BOC＝2S1，
∵，S2＝S△BOC+S△DOE+S△DBE＝2S1+S1+S△DBE，
∴S△DBES1，
∴BE＝（）OE，
即OEOBDO，
∴sinA＝sin∠ODE．
27．（2023秋 西湖区期末）如图，E是正方形ABCD边BC上一个动点（不与B，C重合），F是CD延长线上一点，且DF＝BE，连接AE，AF，EF．
（1）求证：△AEF为等腰直角三角形．
（2）过点A作EF的垂线，与直线EF，BC分别交于G，H两点，记∠DFE＝α，EF交AD于点I．
①当α＝30°，AI＝2，求线段AE的长．
②设，△AGI的面积记作S1，△HGE的面积记作S2，用含k的代数式表示．
【分析】（1）证明Rt△ADF≌△ABE，从而∠DAF＝∠BAE，AF＝AE，进一步得出结论；
（2）①可得出∠GAI＝∠DFE＝30°，解直角三角形AGI求得AG，解直角三角形AGF求得AF，进而得出AE；
②根据tan∠GAI＝tan∠DFE得出，进而得出，可证得△AGI∽△HGE，进而求得结果．
【解答】（1）证明：∵正方形ABCD边，
∴AD＝AB，∠ADF＝∠ADC＝∠B＝90°，
∵DF＝BE，
∴Rt△ADF≌△ABE（HL），
∴∠DAF＝∠BAE，AF＝AE，
∴∠DAF+∠DAE＝∠BAE+∠DAE＝∠ABC＝90°，
∴∠EAF＝90°，
∴△AEF为等腰直角三角形；
（2）解：①∵AH⊥EF，
∴∠AGF＝90°，
∵∠ADF＝90°，
∴∠AGF＝∠ADF，
∵∠GIA＝∠DIF，
∴∠GAI＝∠DFE＝30°，
∴GI＝AI cos30°＝2，
由（1）知：△AEF是等腰直角三角形，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
∴AF；
②由①知：∠GAI＝∠DFE，
∴tan∠GAI＝tan∠DFE，
∴，
由①知：∠AEF＝45°，
∴tan∠AEF，
∴AG＝EG，
∴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥CB，
∴△AGI∽△HGE，
∴．
28．（2023秋 拱墅区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC平分∠BAD，连接BD交AC于点E．
（1）求证：△ABC∽△BEC．
（2）若AB＝AC，设△ABD的面积为S1，△BCD的面积为S2，BE＝6，EC＝4，求的值．
（3）求证：AC2＝BC2+AB AD．
【分析】（1）根据圆周角定理可得∠CBD＝∠CAD，由角平分线定义得∠BAC＝∠CAD，即可证得结论；
（2）过点A作AF⊥BD于点F，过点C作CG⊥BD于点G，可证得△CAB∽△CBE，可得，即，求得AE＝5，再证得△AEF∽△CEG，即可求得答案；
（3）先证明△ACB∽△ADE，可得AC AE＝AB AD，即AC2﹣AC CE＝AB AD，再证得△CBE∽△CAB，可得AC CE＝BC2，即可证得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠CBD＝∠CAD，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠CAD，
∴∠CBD＝∠BAC，
∴△ABC∽△BEC．
（2）解：如图，过点A作AF⊥BD于点F，过点C作CG⊥BD于点G，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠CAD，
∴，
∴∠BAC＝∠CBD，
∴△CAB∽△CBE，
∴∠BEC＝∠ABC＝∠ACB，，
又∵BE＝6，EC＝4，
∴BC＝BE＝6，
∴，
∴AE＝5，
∵AF⊥BD，CG⊥BD，
∴∠AFE＝∠CGE＝90°，
∵∠AEF＝∠CEG，
∴△AEF∽△CEG，
∴，
∴．
（3）证明：∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠CAD，
∵，
∴∠ACB＝∠ADB，
∴△ACB∽△ADE，
∴，
∴AC AE＝AB AD，
∴AC （AC﹣CE）＝AB AD，
∴AC2﹣AC CE＝AB AD，
∵，
∴∠CBD＝∠BAC，
∵∠BCE＝∠ACB，
∴△CBE∽△CAB，
∴，
∴AC CE＝BC2，
∴AC2﹣BC2＝AB AD，
即AC2＝BC2+AB AD．
29．（2023秋 滨江区期末）如图，在⊙O中，弦AB是直径，点C，D是⊙O上的两点，连结AC，OD，且满足AC∥OD．
（1）若的度数为80°，求∠A的度数．
（2）求证：．
（3）连结BD，若AC＝6，AB＝10，求BD的长．
【分析】（1）连接OC，根据弧AC的度数求出∠AOC，利用三角形内角和求出∠A；
（2）利用平行线的性质求得∠BOD＝∠A＝50°，∠COD＝∠OCA＝50°，得出∠COD＝∠BOD，进而得出弧相等；
（3）先根据勾股定理求出BC，然后利用勾股定理求出OE，再利用勾股定理求出BD即可．
【解答】（1）解：连接OC，
∵的度数为80°，
∴∠AOC＝80°，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA＝50°；
（2）证明：∵AC∥OD，
∴∠BOD＝∠A，∠COD＝∠OCA，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA，
∴∠COD＝∠BOD，
∴；
（3）解：连接BC，交OD于点E，
∵弦AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AC＝6，AB＝10，
∴BC8，
∵，
∴OD⊥BC，
∴CE＝BE＝4，
∴OE3，
∴DE＝OD﹣OE＝2，
∴BD2．
30．（2023秋 拱墅区校级期末）如图，已知正方形ABCD的边长为12，点E是射线BC上一点（点E不与点B、C重合），过点A作AF⊥AE，交边CD的延长线于点F，直线EF分别交射线AC、射线AD于点M、N．
（1）求证：△ABE≌△ADF；
（2）当点E在边BC上时，如果AN＝5DN，求∠BAE的正切值．
（3）当点E在边BC延长线上时，设线段BE＝x，y＝EN MF，求y关于x的函数解析式．
【分析】（1）根据正方形的性质得AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°＝∠ADF，根据同角的与角相等得∠BAE＝∠DAF，利用ASA即可得△ABE≌△ADF；
（2）根据全等三角形、相似三角形的性质以及锐角三角函数的定义进行计算即可；
（3）利用等腰三角形的性质，相似三角形的性质得出EN MF＝AE2，再根据勾股定理得出AE2＝36+x2即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝12，∠B＝∠ADC＝90°＝∠ADF，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF＝90°＝∠DAF+∠DAE，
∵∠BAE+∠DAE＝∠BAD＝90°，
∴∠BAE＝∠DAF，
∴△ABE≌△ADF（ASA）；
（2）解：∵△ABE≌△ADF，
∴AE＝AF，DF＝BE，
∵AN＝5DN，AD＝12＝DN+AN，
∴DN＝2，AN＝10，
∵DN∥EC，
∴，
设BE＝x，则DF＝x，EC＝12﹣x，
∴，
解得x＝4或x＝6，
经检验，x＝4，x＝6都是原方程的根，
∴BE＝4或BE＝6，
在Rt△ABE中，
tan∠BAE或tan∠BAE，
∴∠BAE的正切值为或；
（3）如图，
由（1）得AE＝AF，
∵AE⊥AF，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
∵∠AEF＝45°＝∠MAN，∠M＝∠M，
∴△MAN∽△MFA，
∴∠ANE＝∠MAF，
∴△ANE∽△MAF，
∴，
∴EN MF＝AE AF＝AE2，
在Rt△ABE中，AB＝12，BE＝x，
∴AE2＝AB2+BE2＝144+x2，
∴y＝EN MF，
∴y＝144+x2（x＞12）．
31．（2023秋 杭州期末）如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，点D是弧AB的中点，过点D作AB的平行线交CA的延长线于点E，连结BD，BE．
（1）求证：∠EDC＝∠DBC；
（2）当CD＝2时，求S△BCE的值；
（3）设BC＝nAC．
①求的值；（用含n的代数式表示）
②若3CE＝8AC，DE＝6，求AB的长．
【分析】（1）连接AD，利用平行线的性质，同弧作对的圆周角相等，通过等量代换证明即可；
（2）通过证明△CDE∽△CBD，求出BC CE＝4，即可求三角形的面积；
（3）①过D点作DG⊥AE交于G点，由题可得tan∠CAB＝n，设GE＝a，则GD＝na，分别求出CDna，CE＝a+na，BC，再由△CDE∽△CBD，得到，；
②由①可知BC，则AC，则AB，根据题意分别得到36＝a2（1+n2），3（a+na）＝8 ，求出n＝3或n，再求AB的长即可．
【解答】（1）证明：连接AD，
∵ED∥AB，
∴∠ADE＝∠BAD，
∵点D是弧AB的中点，
∴∠CDB＝∠ECD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCD＝45°，
∵，
∴∠BCD＝∠BAD，
∵，
∴∠ACD＝∠CBA，
∴∠EDC＝∠CBD；
（2）解：∵∠ECD＝∠BCD，∠EDC＝∠CBD，
∴△CDE∽△CBD，
∴CD2＝BC CE，
∵CD＝2，
∴BC CE＝4，
∴S△BCEBC CE＝2；
（3）①解：过D点作DG⊥AE交于G点，
∵BC⊥AE，
∴DG∥BC，
∴∠CED＝∠ACB，
∵BC＝nAC，
∴tan∠CAB＝n，
设GE＝a，则GD＝na，
∵∠ACB＝45°，
∴CG＝GD＝na，
∴CDna，CE＝a+na，
∵CD2＝BC CE，
∴2n2a2＝（a+na）BC，
解得BC，
∵△CDE∽△CBD，
∴，
∴；
②解：由①可知BC，则AC，
∴AB，
∵DE6，
∴36＝a2（1+n2），
∵3CE＝8AC，
∴3（a+na）＝8 ，
解得n＝3或n，
当n＝3时，a，则AB＝9；
当n时，a，则AB＝3；
综上所述：AB＝9或3．
32．（2023秋 杭州期末）如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝90°，点P是△ABC内一个动点，且∠BPC＝135°．
（1）试找出与∠ACP相等的角，并说明理由；
（2）如图2，连接AP并延长交△BPC的外接圆⊙O于点Q，交BC于点D，连接CQ．
①求证△ACP∽△AQC；
②求的最小值；
（3）在如图2的条件下，若BP＝PC，求证：．
【分析】（1）根据∠ACB＝∠ACP+∠BCP＝45°，∠PBC+∠PCB＝45°，等量代换即可得到∠ACP＝∠PBC；
（2）①根据同弧所对的圆周角相等，结合（1）能得到∠Q＝∠APC，即可证明；
②连接OB、CO，由△ACP∽△AQC，得到，当CQ经过圆心O时，的值最小，过点O作OM⊥BC交于M点，则M是BC的中点，连接AM，则A、O、M三点共线，则AO是BC的垂直平分线，再由CO＝AC，得到CQ＝2AC，即可求的最小值为；
（3）由题意可知P点AM上，则∠PBC＝∠PCB＝∠ACP，过点P作PH⊥AC交于H点，设PM＝x，则PH＝x，分别求出APx，AM＝（1）x，AC（1）x，PC2＝（4+2）x2，再由，即可证明．
【解答】（1）解：∵∠BPC＝135°，
∴∠PBC+∠PCB＝45°，
∵AB＝AC，∠A＝90°，
∴∠ACB＝∠ACP+∠BCP＝45°，
∴∠ACP＝∠PBC；
（2）①证明：∵，
∴∠Q＝∠PBC，
∵∠ACP＝∠PBC，
∴∠Q＝∠APC，
∴△ACP∽△AQC；
②连接OB、CO，
∵∠BPC＝135°，
∴∠BOC＝90°，
∵△ACP∽△AQC，
∴，
∴，
当CQ经过圆心O时，的值最小，
过点O作OM⊥BC交于M点，则M是BC的中点，连接AM，则A、O、M三点共线，
∴AO是BC的垂直平分线，
∵AM＝BM＝OM，
∴CO＝AC，
∴CQ＝2AC，
∴的最小值为；
（3）证明：∵BP＝PC，
∴P点AM上，
∴∠PBC＝∠PCB＝∠ACP，
过点P作PH⊥AC交于H点，
∴PH＝PM，
设PM＝x，则PH＝x，
∵∠PAH＝45°，
∴APx，
∴AM＝（1）x，AC（1）x，PC2＝（4+2）x2，
∵，
∴（）2，
∴CQ2＝（2）AC2．
33．（2022秋 滨江区期末）如图1，在⊙O中，AB为弦，CD为直径，且AB⊥CD于点E，过点B作BF⊥AD，交AD的延长线于点F．连接AC，BO．
（1）求证：∠CAE＝∠ADC．
（2）若DE＝2OE，求的值．
（3）如图2，若BO的延长线与AC的交点G恰好为AC的中点，若⊙O的半径为r．求图中阴影部分的面积（结果用含r的代数式表示）．
【分析】（1）由圆周角定理可得∠CAD＝∠CAE+∠DAE＝90°，再根据AB⊥CD，易得∠ADC+∠DAE＝90°，即可证明∠CAE＝∠ADC；
（2）连接BD，设OE＝a，则DE＝2a，OB＝OD＝3a，由勾股定理可得，，再证明△BOE∽△BDF，由相似三角形的性质可得，代入数值可求得，即可获得答案；
（3）连接BD，首先证明△OBE≌△DAE，结合全等三角形的性质进一步证明△OBD为等边三角形，即有∠BOD＝60°；利用勾股定理、等边三角形的性质以及含30度角的直角三角形的性质依次求得OE、BE、AB、BF、AF等的值，然后由S阴影＝S△ABF﹣S△DAE﹣（S扇形OBD﹣S△OBE）即可获得答案．
【解答】解：（1）∵CD为⊙O直径，
∴∠CAD＝90°，即∠CAE+∠DAE＝90°，
又∵AB⊥CD，
∴∠ADC+∠DAE＝90°，
∴∠CAE＝∠ADC；
（2）如图，连接BD，
∵AB⊥CD，DE＝2OE，
∴OD＝DE+OE＝3OE，
设OE＝a，则DE＝2a，OB＝OD＝3a，
∴在Rt△OBE中，，
∴在Rt△DBE中，，
∵CD为⊙O直径，且AB⊥CD，
∴BE＝AE，
∴AD＝BD，
∴∠DAB＝∠DBA，
∴∠BDF＝∠DAB+∠DBA＝2∠DAB，
又∵，
∴∠DOB＝2∠DAB＝∠BDF，
∵∠OEB＝∠DFB＝90°，
∴△BOE∽△BDF，
∴，即，
解得，
∴；
（3）如图，连接BD，
∵BO的延长线与AC的交点G恰好为AC的中点，
∴OG⊥AC，即∠OGC＝∠CAD＝90°，
∴BG∥AD，
∴∠OBE＝∠DAE，
又∵BE＝AE，∠OEB＝∠DEA，
∴△OBE≌△DAE（ASA），
∴OB＝DA，
∵CD为⊙O直径，AB⊥CD，
∴，
∴DA＝DB，
∴OD＝OB＝DB，即△OBD为等边三角形，∠BOD＝60°，
∵⊙O的半径为r，
∴OB＝r，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵△OBE≌△DAE，
∴S△OBE＝S△DAE，
∴S阴影＝S△ABF﹣S△DAE﹣（S扇形OBD﹣S△OBE）
＝S△ABF﹣S扇形OBD
．
34．（2022秋 杭州期末）如图，⊙O的半径为1，直径AB，CD的夹角∠AOD＝60°，点P是上一点，连接PA，PC分别交CD，AB于点M，N．
（1）若PC⊥AB，求证：PA⊥CD．
（2）当点P在上运动时，
①猜想：线段AM与CN有怎样的数量关系，并给出证明．
②求证：PA+PC．
【分析】（1）由圆周角定理得出∠BAP＝30°，由三角形内角和定理可求出∠AMO＝90°，则可得出结论；
（2）①连接AD，证出∠D＝60°，OA＝AD＝OD，证明△ADM≌△CON（ASA），由全等三角形的性质得出AM＝CN；
②证明△AOM∽△APN，由相似三角形的性质得出，证明△CON∽△CPM，由相似三角形的性质得出，由全等三角形的性质得出AM＝CN，DM＝ON，代入PA+PC并化简整理可得出答案．
【解答】（1）证明：∵∠AOD＝∠BOC＝60°，PC⊥AB，
∴60°，
∴∠BAP＝30°，
∴∠AMO＝180°﹣∠MAO﹣∠AOM＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∴PA⊥CD；
（2）解：①AM＝CN．
证明：连接AD，
∵OA＝OD，∠AOD＝60°，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠D＝60°，OA＝AD＝OD，
∵OC＝OD，∠BOC＝∠AOD＝60°，
∴AD＝OC，∠D＝∠BOC＝60°，
又∵∠DAP＝∠DCP，
∴△ADM≌△CON（ASA），
∴AM＝CN；
②证明：∵⊙O的半径为1，
∴OA＝OB＝OC＝OD＝1，
∵∠P＝∠D＝60°，∠AOD＝60°，
∴∠P＝∠AOD，
又∵∠BAP＝∠BAP，
∴△AOM∽△APN，
∴，
∴，即PA，
∵∠BOC＝∠CPM＝60°，∠C＝∠C，
∴△CON∽△CPM，
∴，
∴PC，
∵△ADM≌△CON，
∴AM＝CN，DM＝ON，
又∵DM+OM＝OD＝1，
∴PA+PC．
35．（2022秋 杭州期末）如图，BD是矩形ABCD的对角线，，点E，F分别在边AD，BC上，把△ABE和△CDF分别沿直线BE，DF折叠，使点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连接FG．
（1）求证：BH＝DG．
（2）若AB＝6，AD＝8，求线段FG的长．
（3）若FG∥CD，求的值．
【分析】（1）根据矩形性质可得AB＝CD，由折叠得：BG＝AB，DH＝CD，推出BG＝DH，即可证得结论；
（2）利用勾股定理可得BD＝10，设FH＝CF＝x，利用S△CDF+S△BDF＝S△BCD，建立方程可求得x＝3，再利用勾股定理即可求得答案；
（3）由相似三角形性质可得出，设k，AB＝a，则BC＝k AB＝ka，AD＝BC＝ka，利用勾股定理可得BDa，再利用折叠性质可得DG，由BG+DG＝BD，可得aa，解得：k2，即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，
由折叠得：BG＝AB，DH＝CD，
∴BG＝DH，
∴BD﹣DH＝BD﹣BG，
即BH＝DG．
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠C＝90°，AB＝CD，AD＝BC，
∵AB＝6，AD＝8，
∴BD10，
∵BG＝DH＝AB＝6，
∴GH＝BG+DH﹣BD＝6+6﹣10＝2，
由折叠得：∠DHF＝∠C＝90°，FH＝CF，设FH＝CF＝x，
∵S△CDF+S△BDF＝S△BCD，
∴6x10x6×8，
解得：x＝3，
∴FH＝3，
在Rt△FGH中，FG，
∴线段FG的长为．
（3）解：∵FG∥CD，
∴△BFG∽△BCD，
∴，
∵AB＝CD＝BG，
∴，
设k，AB＝a，则BC＝k AB＝ka，AD＝BC＝ka，
∵，
∴1＜k，
∴BDa，
∵FG∥CD，
由折叠得∠FDG＝∠FDC，BG＝AB＝a，
∴∠DFG＝∠FDG，
∴DG＝FG，
∵，
∴，
∴FG，
∴DG，
∵BG+DG＝BD，
∴aa，
解得：k2，
∴，
故的值为．
36．（2022秋 上城区期末）如图，E是矩形ABCD边BC上的一点，作DF⊥DE交BA的延长线于点F，连结EF交AD于点G．
（1）求证：△DCE∽△DAF；
（2）已知DC＝1，BC＝3，
①若G为AD中点，求FG：GE的值；
②若△DGE为等腰三角形，求CE的长．
【分析】（1）根据矩形的性质、垂直的定义得到∠DAB＝∠ADC＝∠C＝90°＝∠DAF，结合邻补角定义推出∠ADF＝∠CDE，即可判定△DCE∽△DAF；
（2）①根据相似三角形的性质得出AF＝3CE，过点G作GM⊥BC于点M，根据矩形的判定与性质、平行线分线段成比例推出，，据此求解即可；
②分三种情况根据等腰三角形的性质求解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝∠ADC＝∠C＝90°，
∵∠DAF+∠DAB＝180°，
∴∠DAF＝90°＝∠C，
∵DF⊥DE，∠ADC＝90°，
∴∠ADF+∠GDE＝∠GDE+∠CDE＝90°，
∴∠ADF＝∠CDE，
∴△DCE∽△DAF；
（2）解：①∵△DCE∽△DAF，
∴，
∵DC＝1，BC＝AD＝3，
∴，
∴AF＝3CE，
过点G作GM⊥BC于点M，
∵四边形ABCD是矩形，GM⊥BC，
∴四边形GMCD是矩形，
∴DG＝CM，GM＝CD＝1，
∵G为AD中点，AD＝BC，
∴CM＝BMBC，
∵∠EMG＝∠B＝90°，
∴GM∥BF，
∴，
∴，
∴CE或1，
∴EM＝1或，
∴或3，，
∴FG：GE的值为或3；
②分以下三种情况：
若DG＝GE时，△DGE为等腰三角形，则DG＝GE＝FG，如图，过点G作GM⊥BC于点M，
∵，
∴1，
∴BM＝EM，
∴，
∴，
∴CE；
若DE＝GE时，△DGE为等腰三角形，如图，过点G作GM⊥BC于点M，
∵DE＝GE，GM＝CD，
∴Rt△CDE≌Rt△MGE，
∴EM＝CE，
∴BE＝3﹣CE，AG＝BM＝3﹣2CE，
∵AD∥BC，
∴△AFG∽△BFE，
∴，
∴，
∴CE或（舍去）；
若DG＝DE时，△DGE为等腰三角形，如图，连接BG，
∵DG＝DE，
∴∠DGE＝∠DEG，
∴AD∥BC，
∴∠DGE＝∠GEB＝∠DEG，
又∠FDE＝∠FBE＝90°，EF＝EF，
∴△FDE≌△FBE（AAS），
∴DE＝BE，
∴DG＝DE＝BE，
又∵DG∥BE，
∴四边形DGBE是菱形，
∴AG＝CE，DG＝3﹣CE，
在Rt△CDE中，DE2＝CD2+CE2，
∴（3﹣CE）2＝12+CE2，
∴CE；
综上，若△DGE为等腰三角形，CE的长为或或．
37．（2022秋 西湖区期末）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＞90°，△ABC的外角∠EAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC，DB交AC于点F．
（1）求证：△DBC是等腰三角形．
（2）若DA＝DF．
①求证：BC2＝DC BF．
②若⊙O的半径为5，BC＝6，求的值．
【分析】（1）由题意易得∠BCD+∠BAD＝180°，则有∠EAD＝∠BCD，进而可得∠EAD＝∠DAC，则∠BCD＝∠CBD，然后问题可求证；
（2）①由题意易证△DAF∽△DBC，则有∠ADF＝∠BDC，进而可得∠DFA＝∠DCB，再由相似三角形的判定得出△FBC∽△BCD，利用其性质即可证明；
②连接DO交BC于G，由题意易得D、O都在中垂线上，即D、O、G共线，进而可得DO⊥BC且BG＝GC＝3，则有DG＝4+OD＝9，由①得，根据相似三角形的性质得出，再由相似三角形的判定得出△AFD∽△BFC，利用其性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∵∠DAB+∠EAD＝180°，
∴∠EAD＝∠BCD，
∴∠CAD＝∠CBD，
∵AD平分∠EAC，
∴∠EAD＝∠DAC，
∴∠BCD＝∠CBD，
∴DB＝DC，
∴△DBC是等腰三角形；
（2）①证明：∵DA＝DF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴∠DAF＝∠DFA＝∠CBD＝∠BCD，
∴△DAF∽△DBC，
∴∠ADF＝∠BDC，
∴∠DFA＝∠DCB，
∵∠DBC＝∠FBC，
∴△FBC∽△BCD，
∴，
∴BC2＝BD BF，
∵DB＝DC，
∴BC2＝DC BF；
②解：连接DO交BC于G，
∵BD＝DC，OB＝OC，
∴D、O都在中垂线上，即D、O、G共线，
∴DO⊥BC且BG＝GC＝3，
∵OB＝5，
∴在Rt△BOG中，OG＝4，
∴DG＝4+OD＝9，
∴在Rt△BDG中，，
∵△FBC∽△BCD，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∵∠DAC＝∠DBC，∠DFA＝∠BFC，
∴△AFD∽△BFC，
∴，
∴．
38．（2022秋 西湖区校级期末）如图，AB、AC、AD是⊙O中的三条弦，点E在AD上，且AB＝AC＝AE．连结BC，BD，CD，其中BC交AD于点G．
（1）求证：△ABG∽△ADB．
（2）若∠DBE＝α，求∠CAD的度数（用含α的代数式表示）．
（3）若AD＝15，AB＝12，BD＝6，求线段CD的长．
【分析】（1）由等弦所对弧相等，再由等弧所对圆周角相等得出∠ABC＝∠ADB，又∠BAG＝∠DAB，即可得出结论；
（2）由等边对等角的性质与圆周角性质得出∠DBE＝∠CBE＝α，即可由∠CAD＝∠CBD＝∠DBE+∠CBE求解；
（3）由△ABG∽△ADB，得，从而可求出，，从而求出，再证△BDG∽△ADC，得，代入即可求解．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴，
∴∠ABC＝∠ADB，
又∵∠BAG＝∠DAB，
∴△ABG∽△ADB；
（2）解：∵AB＝AE，
∴∠AEB＝∠ABE，
∴∠DBE+∠ADB＝∠ABC+∠CBE，
∵AB＝AC，，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADB，
∴∠DBE＝∠CBE＝α，
∵，
∴∠CAD＝∠CBD＝∠DBE+∠CBE＝2α；
（3）解：∵△ABG∽△ADB，
∴，
∵AD＝15，AB＝12，BD＝6，
∴，
∴，，
∴，
∵∠CAD＝∠CBD＝2α，∠ADC＝∠GDB，
∴△BDG∽△ADC，
∴，即，
∴．
39．（2022秋 西湖区校级期末）已知二次函数y＝ax2﹣2（a+1）x+4（a≠0）．
（1）证明：二次函数的图象与x轴总有交点．
（2）若点P（，b）和点Q（n，b）在该二次函数图象上，求（b）2+n2的值．
（3）将该二次函数图象向下平移2个单位，令新函数图象与x轴的交点横坐标为x1，x2．证明：|x1﹣x2|＞2．
【分析】（1）计算出△，可以证明△大于等于0，即可说明图象与x轴总有交点；
（2）先求出抛物线对称轴，在根据P，Q关于对称轴对称求出n＝2，再把点P坐标代入抛物线求出b＝2，再求出（b）2+n2的值；
（3）求出平移后的新函数解析式，再由二次函数与方程的关系证明即可．
【解答】（1）证明：∵Δ＝[﹣2（a+1）]2﹣4a×4＝4a2+8a+4﹣16a＝4a2﹣8a+4＝4（a﹣1）2≥0，
∴二次函数的图象与x轴总有交点；
（2）解：∵y＝ax2﹣2（a+1）x+4（a≠0），
∴抛物线对称轴为直线x1，
∵点P（，b）和点Q（n，b）关于对称轴对称，
∴1，
∴n＝2，
把P（，b）代入函数解析式得：a2（a+1）4＝b，
解得b＝2，
∴（b）2+n2＝（2）2+22＝8；
（3）证明：∵将二次函数y＝ax2﹣2（a+1）x+4（a≠0）的图象向下平移2个单位，
平移后的解析式为y＝ax2﹣2（a+1）x+2，
∵平移后函数图象与x轴的交点横坐标为x1，x2，
∴ax2﹣2（a+1）x+2＝0的两个根为x1，x2，
∴x1+x2，x1 x2，
∴|x1﹣x2|2．
40．（2022秋 西湖区期末）在直角坐标系中，设函数y＝m（x+1）2+4n（m≠0，且m，n为实数），
（1）求函数图象的对称轴．
（2）若m，n异号，求证：函数y的图象与x轴有两个不同的交点．
（3）已知当x＝0，3，4时，对应的函数值分别为p，q，r，若2q＜p+r，求证：m＜0．
【分析】（1）根据对称轴的定义解答即可；
（2）令y＝0，则有，由m，n异号，可知一元二次方程有两个实数根，即函数y的图象与x轴有两个不同的交点；
（3）把x＝0，3，4代入y＝m（x+1）2+4n表示出p，q，r，再利用2q﹣（p+r）＜0，解题即可．
【解答】（1）解：∵函数y＝m（x+1）2+4n（m≠0，且m，n为实数），
∴函数图象的对称轴为x＝﹣1；
（2）证明：令y＝0，则0＝m（x+1）2+4n，
即，
∵m，n异号，
∴，
∴一元二次方程有两个不相等的实数根，即函数y的图象与x轴有两个不同的交点；
（3）证明：由题可知p＝m+4n，q＝16m+4n，r＝25m+4n，
∵2q﹣（p+r）＝2（16m+4n）﹣（m+4n+25m+4n）＝6m＜0，
∴m＜0．
41．（2022秋 上城区期末）二次函数y1＝2（x﹣x1）（x﹣x2）（x1，x2是常数）的图象与x轴交于A，B两点．
（1）若A，B两点的坐标分别为（1，0），（2，0），求函数y1的表达式及其图象的对称轴；
（2）若函数y1的图象经过点（2，m），且x1+x2＝2时，求m的最大值；
（3）若一次函数y2＝kx+b（k，b是常数，k≠0），它的图象与y1的图象都经过x轴上同一点，且x1﹣x2＝2．当函数y＝y1+y2的图象与x轴仅有一个交点时，求k的值．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）将已知条件代入解析式中，得到m关于x1的函数关系式，利用二次函数的性质，配方法解答即可得出结论；
（3）利用分类讨论的思想方法分别得到y关于x1，x2的解析式，再利用待定系数法和已知条件解答即可．
【解答】解：二次函数y1＝2（x﹣x1）（x﹣x2）＝2x2﹣2（x1+x2）x+2x1x2，
∵二次函数y1＝2（x﹣x1）（x﹣x2）经过（1，0），（2，0），
∴，
解得：，
∴函数y1的表达式为y1＝2x2﹣6x+4．
∵y1＝2x2﹣6x+4＝2，
∴函数y1的对称轴为直线x；
（2）∵函数y1的图象经过点（2，m），
∴m＝2×22﹣4（x1+x2）+2x1x2＝8﹣4（x1+x2）+2x1x2，
∵x1+x2＝2，
∴x2＝2﹣x1，
∴m＝8﹣4×2+2x1 （2﹣x1）
＝﹣24x1
＝﹣22，
∵﹣2＜0，
∴当x1＝1时，m有最大值为2．
∴m的最大值为2；
（3）由题意：二次函数y1＝2（x﹣x1）（x﹣x2）（x1，x2是常数）的图象与x轴交于（x1，0），（x2，0）两点，
①若两函数的图象都经过x轴上同一点（x1，0），
∴0＝kx1+b，
∴b＝﹣kx1，
∴y2＝kx﹣kx1．
∵y＝y1+y2，
∴y＝2x2﹣2（x1+x2）x+2x1x2+kx﹣kx1
＝2x2﹣（2x1+2x2﹣k）x+2x1x2﹣kx1．
∵函数y＝y1+y2的图象与x轴仅有一个交点，
∴Δ＝0．
即0，
整理得：0，
∴k＝﹣2（x1﹣x2）．
∵x1﹣x2＝2，
∴k＝﹣2×2＝﹣4；
②若两函数的图象都经过x轴上同一点（x2，0），
∴0＝kx2+b，
∴b＝﹣kx2，
∴y2＝kx﹣kx2．
∵y＝y1+y2，
∴y＝2x2﹣2（x1+x2）x+2x1x2+kx﹣kx2
＝2x2﹣（2x1+2x2﹣k）x+2x1x2﹣kx2．
∵函数y＝y1+y2的图象与x轴仅有一个交点，
∴Δ＝0．
即4×2（2x1x2﹣kx2）＝0，
整理得：0，
∴k＝2（x1﹣x2）．
∵x1﹣x2＝2，
∴k＝2×2＝4．
综上，当函数y＝y1+y2的图象与x轴仅有一个交点时，k的值为4或﹣4．
42．（2022秋 杭州期末）在平面直角坐标系中，点（1，m），（2，n）在函数y＝x2+bx+c（b，c是常数）的图象上．
（1）若m＝2，n＝3，求该函数的表达式．
（2）若n＝3m，求证：该函数的图象经过点．
（3）已知点（3，0），（﹣1，y1），（4，y2）在该函数图象上，若m＞0，n＜0，试比较y1，y2的大小，并说明理由．
【分析】（1）把（1，2），（2，3）分别代入y＝x2+bx+c中得到关于b、c的方程组，然后解方程组即可；
（2）把（1，m），（2，3m）分别代入y＝x2+bx+c中得到关于b、c的方程组，解方程组得到抛物线解析式为y＝x2+（2m﹣3）x+2﹣m，然后计算x时，y，从而可判断抛物线经过点（，）；
（3）如图，由于x＝1时，y＞0；x＝2时，y＜0，抛物线经过点（3，0），则可判断抛物线的对称轴在直线x＝2的右侧，在直线x＝3的左侧，然后利用点（﹣1，y1）到对称轴的距离大于点（4，y2）到对称轴的距离，从而得到y1＞y2．
【解答】（1）解：把（1，2），（2，3）分别代入y＝x2+bx+c得，
解得，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x+3；
（2）证明：把（1，2），（2，3）分别代入y＝x2+bx+c得，
解得，
∴抛物线解析式为y＝x2+（2m﹣3）x+2﹣m，
∵当x时，y（2m﹣3）+2﹣m，
∴抛物线经过点（，）；
（3）y1＞y2．
理由如下：
如图，
∵m＞0，n＜0，
∴x＝1时，y＞0；x＝2时，y＜0，
∵抛物线经过点（3，0），
∴抛物线的对称轴在直线x＝2的右侧，在直线x＝3的左侧，
∴点（﹣1，y1）到对称轴的距离大于点（4，y2）到对称轴的距离，
而抛物线开口向上，
∴y1＞y2．
43．（2022秋 杭州期末）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，1）和B（2，4）．
（1）求a，b满足的关系式．
（2）当自变量x的值满足﹣1≤x≤2时，y随x的增大而增大，求a的取值范围．
（3）若函数图象与x轴无交点，求a2+b2的取值范围．
【分析】（1）把点A（﹣1，1）和B（2，4）代入解析式得到，两式相减即可得到结论；
（2）由题意可知1，代入b＝1﹣a，解得a，即可得到a的取值范围是0＜a；
（3）由b＝1﹣a得到a2+b2＝2（a）2，即可根据二次函数的性质得到a2+b2的最值．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，1）和B（2，4），
∴，
②﹣①得，3a+3b＝3，即a+b＝1，
∴b＝1﹣a；
（2）由题意可知1，
∵b＝1﹣a，
∴1，
∴a＞0，
∴1﹣a≥2a，
∴a，
∴a的取值范围是0＜a；
（3）∵函数图象与x轴无交点，
∴b2﹣4ac＜0，即（1﹣a）2﹣4a（2﹣2a）＜0，
∴（1﹣a）（1﹣9a）＜0，
解得a＜1，
∵b＝1﹣a，
∴a2+b2
＝a2+（1﹣a）2
＝a2+a2﹣2a+1
＝2a2﹣2a+1
＝2（a）2，
∴当a时，a2+b2的最小值为，
当a＝1时，a2+b2的最大值为1，
∴a2+b2＜1．
44．（2022秋 滨江区期末）二次函数y＝x2﹣bx+c的图象经过（﹣2，y1），（1，y2）两点．
（1）当b＝1时，判断y1与y2的大小．
（2）当y1＜y2时，求b的取值范围．
（3）若此函数图象还经过点（m，y1），且1＜b＜2，求证：3＜m＜4．
【分析】（1）当b＝1时，分别把x＝﹣2，x＝1代入解析式，计算出y1，y2，比较即可；
（2）先求出y1＝4+2b+c，y2＝1﹣b+c，再根据y1＜y2，解不等式即可；
（3）先求出二次函数y＝x2﹣bx+c的对称轴为直线x，m得由1＜b＜2，计算可得答案．
【解答】解：（1）当b＝1时，
∴，
∵6+c＞c，
∴y1＞y2；
（2）∵y1＝4+2b+c，y2＝1﹣b+c，
又∵y1＜y2，
∴4+2b+c＜1﹣b+c，
∴b＜﹣1；
（3）二次函数y＝x2﹣bx+c的对称轴为直线，
∵二次函数经过（﹣2，y1），（m，y1）两点，
∴m得，即m＝2+b，
∵1＜b＜2，
∴3＜m＜4．
45．（2023秋 杭州期末）综合与实践：问题情境：求方程x2+x﹣1＝0的解，就是求二次函数y＝x2+x﹣1的图象与x轴交点的横坐标．为了估计这个方程的解，圆圆先取了6个自变量满足x1＜x2＜x3＜x4＜x5＜x6且x1﹣x2＝x2﹣x3＝x3﹣x4＝x4﹣x5＝x5﹣x6，再分别算出相应的y值．列表得：
x的值 x1 x2 x3 x4 x5 x6
y＝x2+x﹣1的值 1 0.71 0.44 0.19 0.04 ﹣0.25
操作判断：（1）求x1的值；
实践探究：（2）为了分析函数值的变化规律，圆圆将表格中得到的函数值逐个作差．如：0.71﹣1＝﹣0.29，0.44﹣0.71＝﹣0.27，得到如下数据：﹣0.29，﹣0.27，﹣0.25，﹣0.15，﹣0.29，通过计算，圆圆发现自己由于粗心算错了其中的一个函数值，请指出算错的是哪一个值，正确的是多少？
问题解决：（3）对于一般的二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0，a、b、c为常数）的函数值变化进行如表研究：（d≠0）
x的值 x x+d x+2d x+3d x+4d x+5d
y＝ax2+bx+c的值 y1 y2 y3 y4 y5 y6
将表格中得到的函数值逐个作差，发现函数值的差与自变量满足某种函数关系，请写出你的发现过程以及发现结论．
【分析】（1）把y＝1代入y＝x2+x﹣1，求得相应的x的值，根据函数值的变化选取合适的x的值；
（2）作差后的前三个数据分别是前一个数据的基础上增加0.02，第四个不是，所以猜测第五个函数值错了，设出第五个函数值为m，根据第五个函数值减去第四个函数值的值为﹣0.25+0.02列式计算即可；
（3）可设函数值的差为w，若自变量为x，那么和它相邻的自变量为x+d，分别求得它们的函数值，相减即可得到w．
【解答】解：（1）把y＝1代入y＝x2+x﹣1，得：
x2+x﹣1＝1，
解得x1＝﹣2，x2＝1．
∵二次函数y＝x2+x﹣1的对称轴为直线x，
∴当x时，y随着x的增大而减小．观察图表可得y随x的增大而减小．
∴．
∴x1＝﹣2．
（2）作差后的前三个数据﹣0.29，﹣0.27，﹣0.25分别是前一个数的基础上增加0.02，第四个不是．
∴猜测第五个函数值错了．
设第5个函数值为m．
∴m﹣0.19＝﹣0.25+0.02．
解得：m＝﹣0.04．
答：第五个函数值错了，应该是﹣0.04．
（3）设函数值的差为w，
猜测：函数值的差与自变量满足一次函数关系，
若自变量为x，则函数值为：yn＝ax2+bx+c；
和x相邻的自变量为x+d，则函数值为：yn+1＝a（x+d）2+b（x+d）+c．
∴w＝[a（x+d）2+b（x+d）+c]﹣（ax2+bx+c）
＝2adx+（ad2+bd）．
∵a，b，c，d为常数，且a≠0，d≠0，
∴函数值的差与自变量满足一次函数关系．w＝2adx+（ad2+bd）（a≠0，d≠0，a、b、c、d为常数）．
46．（2023秋 杭州期末）已知二次函数y＝ax2﹣2ax+1（a≠0），图象经过点（﹣1，m），（1，n），（3，p）．
（1）当m＝﹣2时．
①求二次函数的表达式；
②写出一个符合条件的x的取值范围，使得y随x的增大而增大；
（2）若在m，n，p这三个实数中，只有一个是正数，求证：．
【分析】（1）①利用待定系数法即可解决问题．
②根据所得二次函数的图象和性质即可解决问题．
（2）由这三个点在抛物线上的位置即可解决问题．
【解答】解：（1）①当m＝﹣2时，
将点（﹣1，﹣2）代入函数解析式得，
a+2a+1＝﹣2，
解得a＝﹣1．
所以二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+1．
②因为抛物线的对称轴为直线x，且开口向下，
所以当x＜1时，y随x的增大而增大．
故一个符合条件的x的取值范围是：x＜1．
证明：（2）因为抛物线的对称轴为直线x，
又因为1﹣（﹣1）＝3﹣1，
所以点（﹣1，m）和点（3，p）关于抛物线的对称轴对称，
则m＝p．
又因为m，n，p这三个实数中，只有一个是正数，
所以m和p都是非正数，n是正数，
则，
解得．
所以a．
47．（2023秋 拱墅区校级期末）已知二次函数y＝x2﹣4x﹣5，点P1（x1，y1）与P2（x2，y2）都在该函数的图象上，且x1+x2＝2．
（1）求函数图象的顶点；
（2）若点P1（x1，y1）与P2（x2，y2）与直线x＝m的距离恒相等，求m的值；
（3）若y1≥y2，求y1的最小值．
【分析】（1）把解析式化成顶点式即可求解；
（2）根据题意，列出方程，化简后将x1+x2＝2代入即可求解；
（3）根据题意，由（1）（2）可得，P1在直线x＝1的左侧，P2在直线x＝1的右侧或重合在直线x＝1上，根据二次函数的增减性即可求解．
【解答】解（1）∵二次函数y＝x2﹣4x﹣5＝（x﹣2）2﹣9，
∴函数图象的顶点为（2，﹣9）．
（2）∵点P1（x1，y1）与P2（x2，y2）与直线x＝m的距离恒相等，
∴|x1﹣m|＝|x2﹣m|，
∴（x1﹣m）2＝（x2﹣m）2，
化简得（x1﹣x2）[（x1+x2）﹣2m]＝0，
又∵x1+x2＝2，x1≠x2，
∴m＝1．
故m的值为1．
（3）∵y1≥y2，
由（1）（2）可得，P1在直线x＝1的左侧，P2在直线x＝1的右侧或重合在直线x＝1上，
∴x1≤1，
∵y1随x1的增大而减小，
∴当x1＝1时，y1的最小值为﹣8．
故y1≥y2时，y1的最小值为﹣8．
48．（2023秋 滨江区期末）【综合与实践】
【认识研究对象】教材121页给出了如下定义：如图1，如果点P把线段AB分成两条线段AP和PB（AP＞PB），且，则我们称点P为线段AB的黄金分割点．类似，我们可以定义：如果一个三角形中，其最长边的长度和最短边的长度的乘积等于第三边长度的平方，那么就称该三角形为“类黄金三角形”．
如图2，已知△ABC是“类黄金三角形”，且AC＜AB＜BC．若AC＝3，BC＝5，求AB的长．
【探索研究方法】如图3，已知△ABC是“类黄金三角形”，且AC＜AB＜BC．
若∠BAC＝90°，小滨同学过点A作AD⊥BC于点D，发现了两个结论：
①AB2＝BD×BC；
②点D是边BC的黄金分割点；
请给出证明．
【尝试问题解决】小滨同学经历以上探索过程发现：类似问题，可以通过构造相似三角形等方法解决．于是开展新的探
浙江省杭州市近2年各区期末考试压轴题集中训练卷
一．选择题（共13小题）
1．（2023秋 上城区期末）已知二次函数y＝a（x+m﹣1）（x﹣m）（a≠0）的图象上有两点A（x1，y1）和B（x2，y2）（其中x1＜x2），则（ ）
A．若a＞0，当x1+x2＜1时，a（y1﹣y2）＜0
B．若a＞0，当x1+x2＜1时，a（y1﹣y2）＞0
C．若a＜0，当x1+x2＞﹣1时，a（y1﹣y2）＜0
D．若a＜0，当x1+x2＞﹣1时，a（y1﹣y2）＞0
2．（2023秋 西湖区期末）已知二次函数y＝a（x﹣h）2+k（a≠0）的图象与一次函数y＝px+q（p≠0）的图象交于（x1，y1）和（x2，y2）两点，则下列结论正确的是（ ）
A．若a＞0，p＜0，则x1+x2＞2h
B．若x1+x2＞2h，则a＞0，p＜0
C．若a＜0，p＜0，则x1+x2＞2h
D．若x1+x2＞2h，则a＜0，p＜0
3．（2023秋 拱墅区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，其中AD＞CD，已知对角线AC过点O，对角线BD与CO相交于点E，且AD＝BD．若∠BDC＝2∠DBC，则（ ）
A．1 B． C．2 D．3
4．（2023秋 滨江区期末）在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，且a≠0），当y≥t时，x≤m﹣1或x≥m+3．若该函数图象过点A（m，5）和B（m+4，q），则q的值可能是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
5．（2023秋 拱墅区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，且∠OAC＝30°，OD绕着点O顺时针旋转，连接CD交直线AB于点E，当DE＝OD时，∠OCE的大小不可能为（ ）
A．20° B．40° C．70° D．80°
6．（2023秋 杭州期末）如图，正△ABC纸片，E为AC边上的一点，连结BE．将△BAE沿BE翻折得到△BFE，过点C作AB的平行线交EF的延长线于点M，若∠EMC＝90° 则的比为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023秋 杭州期末）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＞90°，它的外角∠EAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC，DB交AC于点F．若DA＝DF，∠ABC＝α，∠DFC＝β，则下列结论正确的是（ ）
A．α+4β＝540° B．α+4β＝450° C．α+2β＝360° D．α+2β＝270°
8．（2022秋 滨江区期末）二次函数y＝ax2+4x+1（a为实数，且a＜0），对于满足0≤x≤m的任意一个x的值，都有﹣2≤y≤2，则m的最大值为（ ）
A． B． C．2 D．
9．（2022秋 杭州期末）计算机处理任务时，经常会以圆形进度条的形式显示任务完成的百分比．下面是同一个任务进行到不同阶段时进度条的示意图：
当任务完成的百分比为x时，线段MN的长度记为d（x）．下列描述正确的是（ ）
A．当x1＞x2时，d（x1）＞d（x2）
B．当d（x1）＞d（x2）时，x1＞x2
C．当x1+x2＝1时，d（x1）＝d（x2）
D．当x1＝2x2时，d（x1）＝2d（x2）
10．（2022秋 杭州期末）已知点P（m，n），Q（3，0）都在一次函数y＝kx+b（k，b是常数，k≠0）的图象上，（ ）
A．若mn有最大值4，则k的值为﹣9
B．若mn有最小值4，则k的值为﹣9
C．若mn有最大值﹣9，则k的值为4
D．若mn有最小值﹣9，则k的值为4
11．（2022秋 上城区期末）如图，AD是△ABC的外角平分线，与△ABC的外接圆交于点D，连结BD交AC于点F，且BC＝CF，则下列结论错误的是（ ）
A．∠ADB＝∠CDB B．3∠ACB+∠ACD＝180°
C．3∠BDC+2∠ABD＝180° D．3∠BAD+∠ABD＝360°
12．（2022秋 西湖区期末）设函数y1＝﹣（x﹣a1）2，y2＝﹣（x﹣a2）2．直线x＝1的图象与函数y1，y2的图象分别交于点A（1，c1），B（1，c2），得（ ）
A．若1＜a1＜a2，则c1＜c2 B．若a1＜1＜a2，则c1＜c2
C．若a1＜a2＜1，则c1＜c2 D．若a1＜a2＜1，则c2＜c1
13．（2022秋 西湖区校级期末）如图，将矩形ABCD沿着GE，EC，GF翻折，使得点A，B，D恰好都落在点O处，且点G，O，C在同一条直线上，点E，O，F在另一条直线上．以下结论正确的是（ ）
A．△COF∽△CEG B．OC＝3OF C．AB：AD＝4：3 D．GEDF
二．填空题（共12小题）
14．（2023秋 上城区期末）如图，学校要在校园内建一个矩形的开心农场，其中一边AD是围墙，且AD的长不能超过28m，其余三边AB，BC，CD用60m长的铁质栅栏．有下列结论：
①AB的长可以为15m；
②当农场ABCD面积为200m2时，满足条件的AB的长只有一个值；
③农场ABCD面积的最大值为450m2；
④若把农场的形状改成半圆形，且直径一侧利用已有围墙，则农场的面积可以超过560m2．
其中，正确结论的是 ．（只需填序号）
15．（2023秋 西湖区期末）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OE＝BE．点P是劣弧上任意一点（不与点A，D重合），CP交AB于点M，AP与CD的延长线相交于点F，设∠PCD＝α．
①则∠F＝ ，（用含α的代数式表示）；
②当∠F＝3∠PCD时，则 ．
16．（2023秋 拱墅区期末）已知点（3，m），（5，n）在抛物线y＝ax2+bx（a，b为实数，a＜0）上，设抛物线的对称轴为直线x＝t，若n＜0＜m，则t的取值范围为 ．
17．（2023秋 滨江区期末）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+2x+c（a，c是常数，且a≠0）的图象与x轴的一个交点坐标为（﹣2n，0）．若该函数图象的顶点坐标为（n，p），则 ．
18．（2023秋 拱墅区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，把Rt△ABC沿斜边AB折叠，得到△ABD，过点D作DE⊥CA交CA的延长线于点E，过点C作CN∥AD，分别交AB，BD于点M，N，若CM＝3，，则 ．
19．（2023秋 杭州期末）数学家菲尔贝提出借助图形代替演算的观点，这类图形称为“诺模图”．如图是关于x，y，z三者关系的诺模图，它是由点O出发的三条射线a，b，c组成，每条射线上都有相同的刻度，且射线端点刻度为0，其中a和c，b和c都相交成60°角．在射线a和b上分别取点A和B，对应的刻度值是x和y．用直尺连结AB交射线c于点C，点C的刻度值就是z的值．
（1）若x＝20，y＝12，则z的值是 ；
（2）若x＝2y，则 ．
20．（2023秋 杭州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，D、E为AB边上两点（点D在点E的右侧），满足∠DCE＝45°，则AB边上的高为 ；设AD＝x，BE＝y．用含x的代数式表示y＝ ．
21．（2022秋 滨江区期末）如图，正五边形ABCDE的对角线AC和AD分别交对角线BE于点M，N，若△AMN的面积为s，则正五边形ABCDE的面积为 （结果用含s的代数式表示）．
22．（2022秋 杭州期末）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与点B，C重合），点F在边CD的延长线上，DF＝BE，连接EF交AD于点G，过点A作AN⊥EF于点M，交边CD于点N．若DN＝2CN，BE＝3．则CN＝ ，AM＝ ．
23．（2022秋 上城区期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝4AB．将矩形ABCD对折，得到折痕MN；沿着CM折叠，点D的对应点为E，ME与BC的交点为F；再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，此时点B的对应点为G，则 ．
24．（2022秋 西湖区期末）如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，点M是弧BC上任意一点（不与B，C重合），AH＝1，CH＝2．延长线段BM交DC的延长线于点E，直线MH交⊙O于点N，连结BN交CE于点F，则OC＝ ，HE HF＝ ．
25．（2022秋 西湖区校级期末）已知关于x的一元二次方程（x﹣2）（x﹣3）＝m有实根x1，x2，且x1＜x2，现有下列说法：①当m＝0时，x1＝2，x2＝3；②当m＞0时，2＜x1＜x2＜3；③m；④二次函数y＝（x﹣x1）（x﹣x2）﹣m的图象与x轴的交点坐标为（2，0）和（3，0）．其中正确的有 ．
三．解答题（共26小题）
26．（2023秋 上城区期末）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是直径，点D在⊙O上，OD∥BC，过点D作DE⊥AB，垂足为E，连接CD交OE边于点F．
（1）求证：△DOE∽△ABC；
（2）求证：∠ODF＝∠BDE；
（3）连接OC，设△DOE的面积为S1，四边形OCBD的面积为S2，若，用含n的代数式表示．
27．（2023秋 西湖区期末）如图，E是正方形ABCD边BC上一个动点（不与B，C重合），F是CD延长线上一点，且DF＝BE，连接AE，AF，EF．
（1）求证：△AEF为等腰直角三角形．
（2）过点A作EF的垂线，与直线EF，BC分别交于G，H两点，记∠DFE＝α，EF交AD于点I．
①当α＝30°，AI＝2，求线段AE的长．
②设，△AGI的面积记作S1，△HGE的面积记作S2，用含k的代数式表示．
28．（2023秋 拱墅区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC平分∠BAD，连接BD交AC于点E．
（1）求证：△ABC∽△BEC．
（2）若AB＝AC，设△ABD的面积为S1，△BCD的面积为S2，BE＝6，EC＝4，求的值．
（3）求证：AC2＝BC2+AB AD．
29．（2023秋 滨江区期末）如图，在⊙O中，弦AB是直径，点C，D是⊙O上的两点，连结AC，OD，且满足AC∥OD．
（1）若的度数为80°，求∠A的度数．
（2）求证：．
（3）连结BD，若AC＝6，AB＝10，求BD的长．
30．（2023秋 拱墅区校级期末）如图，已知正方形ABCD的边长为12，点E是射线BC上一点（点E不与点B、C重合），过点A作AF⊥AE，交边CD的延长线于点F，直线EF分别交射线AC、射线AD于点M、N．
（1）求证：△ABE≌△ADF；
（2）当点E在边BC上时，如果AN＝5DN，求∠BAE的正切值．
（3）当点E在边BC延长线上时，设线段BE＝x，y＝EN MF，求y关于x的函数解析式．
31．（2023秋 杭州期末）如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，点D是弧AB的中点，过点D作AB的平行线交CA的延长线于点E，连结BD，BE．
（1）求证：∠EDC＝∠DBC；
（2）当CD＝2时，求S△BCE的值；
（3）设BC＝nAC．
①求的值；（用含n的代数式表示）
②若3CE＝8AC，DE＝6，求AB的长．
32．（2023秋 杭州期末）如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝90°，点P是△ABC内一个动点，且∠BPC＝135°．
（1）试找出与∠ACP相等的角，并说明理由；
（2）如图2，连接AP并延长交△BPC的外接圆⊙O于点Q，交BC于点D，连接CQ．
①求证△ACP∽△AQC；
②求的最小值；
（3）在如图2的条件下，若BP＝PC，求证：．
33．（2022秋 滨江区期末）如图1，在⊙O中，AB为弦，CD为直径，且AB⊥CD于点E，过点B作BF⊥AD，交AD的延长线于点F．连接AC，BO．
（1）求证：∠CAE＝∠ADC．
（2）若DE＝2OE，求的值．
（3）如图2，若BO的延长线与AC的交点G恰好为AC的中点，若⊙O的半径为r．求图中阴影部分的面积（结果用含r的代数式表示）．
34．（2022秋 杭州期末）如图，⊙O的半径为1，直径AB，CD的夹角∠AOD＝60°，点P是上一点，连接PA，PC分别交CD，AB于点M，N．
（1）若PC⊥AB，求证：PA⊥CD．
（2）当点P在上运动时，
①猜想：线段AM与CN有怎样的数量关系，并给出证明．
②求证：PA+PC．
35．（2022秋 杭州期末）如图，BD是矩形ABCD的对角线，，点E，F分别在边AD，BC上，把△ABE和△CDF分别沿直线BE，DF折叠，使点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连接FG．
（1）求证：BH＝DG．
（2）若AB＝6，AD＝8，求线段FG的长．
（3）若FG∥CD，求的值．
36．（2022秋 上城区期末）如图，E是矩形ABCD边BC上的一点，作DF⊥DE交BA的延长线于点F，连结EF交AD于点G．
（1）求证：△DCE∽△DAF；
（2）已知DC＝1，BC＝3，
①若G为AD中点，求FG：GE的值；
②若△DGE为等腰三角形，求CE的长．
37．（2022秋 西湖区期末）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＞90°，△ABC的外角∠EAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC，DB交AC于点F．
（1）求证：△DBC是等腰三角形．
（2）若DA＝DF．
①求证：BC2＝DC BF．
②若⊙O的半径为5，BC＝6，求的值．
38．（2022秋 西湖区校级期末）如图，AB、AC、AD是⊙O中的三条弦，点E在AD上，且AB＝AC＝AE．连结BC，BD，CD，其中BC交AD于点G．
（1）求证：△ABG∽△ADB．
（2）若∠DBE＝α，求∠CAD的度数（用含α的代数式表示）．
（3）若AD＝15，AB＝12，BD＝6，求线段CD的长．
39．（2022秋 西湖区校级期末）已知二次函数y＝ax2﹣2（a+1）x+4（a≠0）．
（1）证明：二次函数的图象与x轴总有交点．
（2）若点P（，b）和点Q（n，b）在该二次函数图象上，求（b）2+n2的值．
（3）将该二次函数图象向下平移2个单位，令新函数图象与x轴的交点横坐标为x1，x2．证明：|x1﹣x2|＞2．
40．（2022秋 西湖区期末）在直角坐标系中，设函数y＝m（x+1）2+4n（m≠0，且m，n为实数），
（1）求函数图象的对称轴．
（2）若m，n异号，求证：函数y的图象与x轴有两个不同的交点．
（3）已知当x＝0，3，4时，对应的函数值分别为p，q，r，若2q＜p+r，求证：m＜0．
41．（2022秋 上城区期末）二次函数y1＝2（x﹣x1）（x﹣x2）（x1，x2是常数）的图象与x轴交于A，B两点．
（1）若A，B两点的坐标分别为（1，0），（2，0），求函数y1的表达式及其图象的对称轴；
（2）若函数y1的图象经过点（2，m），且x1+x2＝2时，求m的最大值；
（3）若一次函数y2＝kx+b（k，b是常数，k≠0），它的图象与y1的图象都经过x轴上同一点，且x1﹣x2＝2．当函数y＝y1+y2的图象与x轴仅有一个交点时，求k的值．
42．（2022秋 杭州期末）在平面直角坐标系中，点（1，m），（2，n）在函数y＝x2+bx+c（b，c是常数）的图象上．
（1）若m＝2，n＝3，求该函数的表达式．
（2）若n＝3m，求证：该函数的图象经过点．
（3）已知点（3，0），（﹣1，y1），（4，y2）在该函数图象上，若m＞0，n＜0，试比较y1，y2的大小，并说明理由．
43．（2022秋 杭州期末）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，1）和B（2，4）．
（1）求a，b满足的关系式．
（2）当自变量x的值满足﹣1≤x≤2时，y随x的增大而增大，求a的取值范围．
（3）若函数图象与x轴无交点，求a2+b2的取值范围．
44．（2022秋 滨江区期末）二次函数y＝x2﹣bx+c的图象经过（﹣2，y1），（1，y2）两点．
（1）当b＝1时，判断y1与y2的大小．
（2）当y1＜y2时，求b的取值范围．
（3）若此函数图象还经过点（m，y1），且1＜b＜2，求证：3＜m＜4．
45．（2023秋 杭州期末）综合与实践：问题情境：求方程x2+x﹣1＝0的解，就是求二次函数y＝x2+x﹣1的图象与x轴交点的横坐标．为了估计这个方程的解，圆圆先取了6个自变量满足x1＜x2＜x3＜x4＜x5＜x6且x1﹣x2＝x2﹣x3＝x3﹣x4＝x4﹣x5＝x5﹣x6，再分别算出相应的y值．列表得：
x的值 x1 x2 x3 x4 x5 x6
y＝x2+x﹣1的值 1 0.71 0.44 0.19 0.04 ﹣0.25
操作判断：（1）求x1的值；
实践探究：（2）为了分析函数值的变化规律，圆圆将表格中得到的函数值逐个作差．如：0.71﹣1＝﹣0.29，0.44﹣0.71＝﹣0.27，得到如下数据：﹣0.29，﹣0.27，﹣0.25，﹣0.15，﹣0.29，通过计算，圆圆发现自己由于粗心算错了其中的一个函数值，请指出算错的是哪一个值，正确的是多少？
问题解决：（3）对于一般的二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0，a、b、c为常数）的函数值变化进行如表研究：（d≠0）
x的值 x x+d x+2d x+3d x+4d x+5d
y＝ax2+bx+c的值 y1 y2 y3 y4 y5 y6
将表格中得到的函数值逐个作差，发现函数值的差与自变量满足某种函数关系，请写出你的发现过程以及发现结论．
46．（2023秋 杭州期末）已知二次函数y＝ax2﹣2ax+1（a≠0），图象经过点（﹣1，m），（1，n），（3，p）．
（1）当m＝﹣2时．
①求二次函数的表达式；
②写出一个符合条件的x的取值范围，使得y随x的增大而增大；
（2）若在m，n，p这三个实数中，只有一个是正数，求证：．
47．（2023秋 拱墅区校级期末）已知二次函数y＝x2﹣4x﹣5，点P1（x1，y1）与P2（x2，y2）都在该函数的图象上，且x1+x2＝2．
（1）求函数图象的顶点；
（2）若点P1（x1，y1）与P2（x2，y2）与直线x＝m的距离恒相等，求m的值；
（3）若y1≥y2，求y1的最小值．
48．（2023秋 滨江区期末）【综合与实践】
【认识研究对象】教材121页给出了如下定义：如图1，如果点P把线段AB分成两条线段AP和PB（AP＞PB），且，则我们称点P为线段AB的黄金分割点．类似，我们可以定义：如果一个三角形中，其最长边的长度和最短边的长度的乘积等于第三边长度的平方，那么就称该三角形为“类黄金三角形”．
如图2，已知△ABC是“类黄金三角形”，且AC＜AB＜BC．若AC＝3，BC＝5，求AB的长．
【探索研究方法】如图3，已知△ABC是“类黄金三角形”，且AC＜AB＜BC．
若∠BAC＝90°，小滨同学过点A作AD⊥BC于点D，发现了两个结论：
①AB2＝BD×BC；
②点D是边BC的黄金分割点；
请给出证明．
【尝试问题解决】小滨同学经历以上探索过程发现：类似问题，可以通过构造相似三角形等方法解决．于是开展新的探究，请解决以下问题：
如图4，已知△ABC是“类黄金三角形”，且AC＜AB＜BC．若BC＝2，∠A＝90°∠C，求AB的长．
49．（2023秋 拱墅区期末）综合与实践：
问题背景：借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，若将它们绕公共顶点旋转，对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系，数学小组对此进行了研究．
如图1，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝4，分别取AB，AC的中点D，E，作△ADE．如图2所示，将△ADE绕点A逆时针旋转，连结BD，CE．
（1）探究发现
旋转过程中，线段BD和CE的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明．
（2）性质应用
如图3，当DE所在直线首次经过点B时，求CE的长．
（3）延伸思考
如图4，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，分别取AB，BC的中点D，E、作△BDE．将△BDE绕点B逆时针旋转，连接AD，CE．当边AB平分线段DE时，求tan∠ECB的值．
50．（2023秋 上城区期末）综合与实践
探究主题 直角三角板与圆
探究背景 学习了《圆周角》中的推论：“直径所对的圆周角等于90°”后，全班各研究小组用直角三角板开启了数学探究之旅——研究直角三角板的直角顶点在圆上、圆外和圆内三种情况（如图1），具体研究如图1．
探究任务1 找到画直径的简单方法：把直角顶点放在圆上，连接两直角边与圆的两个交点，连两交点的连线是直径．请你说出其中原理： ．
探究任务2 用电脑作图工具，对直角顶点在圆外的情况进行动态模拟，发现：无论直角顶点在圆外如何运动，只要两直角边与圆有两个交点，两条直角边所夹的两段弧的度数差不变，为180°．如图2，若∠P＝90°，则180°，研究小组对提出的结论进行证明： 证：如图3，连接AC ∵∠ACD，∠CAB， 又∵∠P＝∠ACD﹣∠CAB＝90°， ∴90°． ∴180°． 探究任务：运用以上研究结论，请用没有刻度的直尺，在图2的圆上截取一段弧等于，根据作图写出结论： ．
探究任务3 当直角顶点运动到圆内时如图4，直角∠APD并反向延长两边交圆于B，C两点，形成互相垂直的弦．请观察图4类比探究任务2，对直角及其对顶角所对两段弧的数量关系，提出自己的猜想，并证明． 你的猜想： ．（可以用文字描述，也可以结合图形用几何语言描述） 证明：…
探究任务4 各研究小组进行拓展研究比赛，其中高斯研究小组提出问题：如图5，若弦CD⊥AB，BP＝3，DP＝6，CP＝2，求圆的直径． 比赛评分标准如表： 等级评价标准得分☆☆根据条件求出3条以上线段长，但没有求出直径2分☆☆☆☆根据条件求出直径，但没有运用以上探究结论4分☆☆☆☆☆创新运用探究任务4的结论，根据条件求出直径5分
你的解答是：…
51．（2023秋 西湖区期末）定义：由两条与x轴有相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”．
【概念理解】
抛物线y1＝2（x﹣1）（x﹣2）与抛物线y2＝x2﹣3x+2是否围成“月牙线”？说明理由．
【尝试应用】
抛物线y1（x﹣1）2﹣2与抛物线组成一个如图所示的“月牙线”，与x轴有相同的交点M，N（点M在点N的左侧），与y轴的交点分别为A，B．
①求a：b：c的值．
②已知点P（x0，m）和点Q（x0，n）在“月牙线”上，m＞n，且m﹣n的值始终不大于2，求线段AB长的取值范围．
浙江省杭州市近2年各区期末考试压轴题集中训练卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．（2023秋 上城区期末）已知二次函数y＝a（x+m﹣1）（x﹣m）（a≠0）的图象上有两点A（x1，y1）和B（x2，y2）（其中x1＜x2），则（ ）
A．若a＞0，当x1+x2＜1时，a（y1﹣y2）＜0
B．若a＞0，当x1+x2＜1时，a（y1﹣y2）＞0
C．若a＜0，当x1+x2＞﹣1时，a（y1﹣y2）＜0
D．若a＜0，当x1+x2＞﹣1时，a（y1﹣y2）＞0
【分析】由二次函数的解析式求得对称轴为直线x，然后判断y1与y2的大小，即可判断每个选项正误．
【解答】解：∵二次函数y＝a（x+m﹣1）（x﹣m）（a≠0），
∴y＝0时，x1＝1﹣m，x2＝m，
∴二次函数y＝a（x+m﹣1）（x﹣m）的对称轴为直线x，
当a＞0时，当x1+x2＜1时，
∴，
∴y1＞y2，
∴y1﹣y2＞0，
∴a（y1﹣y2）＞0；
当a＜0时，当x1+x2＞﹣1时，
∴，
∴当时，y1＜y2，
则a（y1﹣y2）＞0；
当时，y1＞y2，
则a（y1﹣y2）＜0；
故选：B．
2．（2023秋 西湖区期末）已知二次函数y＝a（x﹣h）2+k（a≠0）的图象与一次函数y＝px+q（p≠0）的图象交于（x1，y1）和（x2，y2）两点，则下列结论正确的是（ ）
A．若a＞0，p＜0，则x1+x2＞2h
B．若x1+x2＞2h，则a＞0，p＜0
C．若a＜0，p＜0，则x1+x2＞2h
D．若x1+x2＞2h，则a＜0，p＜0
【分析】由二次函数解析式可得抛物线对称轴为直线x＝h，由函数图象与系数的关系讨论（x1，y1）和（x2，y2）两点中x1+x2与2h的关系．
【解答】解：∵y＝a（x﹣h）2+k，
∴抛物线对称轴为直线x＝h，
∵a＜0，p＜0，
∴抛物线开口向下，一次函数中y随x增大而减小，
设x1＜x2，则y1＞y2，
∴h，
∴x1+x2＞2h．
故选：C．
3．（2023秋 拱墅区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，其中AD＞CD，已知对角线AC过点O，对角线BD与CO相交于点E，且AD＝BD．若∠BDC＝2∠DBC，则（ ）
A．1 B． C．2 D．3
【分析】令∠DBC的度数为x，进一步表示出∠BDC、∠BAC和∠CAD的度数，利用等边对等角及直径所对的圆周角为90°，可求出x的值，进而发现△ABC是等腰直角三角形及AB与AE相等，即可解决问题．
【解答】解：令∠DBC的度数为x，则∠BDC的度数为2x，
∵，
∴∠BAC＝∠BDC＝2x，
∵，
∴∠CAD＝∠CBD＝x，
∴∠BAD＝3x．
∵AD＝BD，
∴∠DBA＝∠DAB＝3x．
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
则3x+x＝90°，
解得x＝22.5°．
∴∠BAC＝∠BCA＝45°，∠ABE＝67.5°，
∴∠AEB＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴AE＝AB．
令⊙O的半径为R，
则AB2+CB2＝（2R）2，
∵AB＝CB，
∴AB，
∴AE＝AB，
又∵CE＝2R，
∴．
故选：A．
4．（2023秋 滨江区期末）在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，且a≠0），当y≥t时，x≤m﹣1或x≥m+3．若该函数图象过点A（m，5）和B（m+4，q），则q的值可能是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据二次函数的性质得出抛物线的开口向上，对称轴为直线x＝m+1，然后根据两点到对称轴的距离判断即可．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，且a≠0），当y≥t时，x≤m﹣1或x≥m+3，
∴抛物线的开口向上，对称轴为直线xm+1，
∵该函数图象过点A（m，5）和B（m+4，q），且m+1﹣m＜m+4﹣（m+1），
∴q＞5，
故选：D．
5．（2023秋 拱墅区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，且∠OAC＝30°，OD绕着点O顺时针旋转，连接CD交直线AB于点E，当DE＝OD时，∠OCE的大小不可能为（ ）
A．20° B．40° C．70° D．80°
【分析】根据OD绕着点O顺时针旋转，连接CD交直线AB于点E，DE＝OD，分三种情况画图进行计算即可．
【解答】解：
连接OC，
①如图1，OD绕着点O顺时针旋转，连接CD交直线AB于点E，
设∠OCE＝x，
∵OC＝OD，
∴∠OCE＝∠D＝x，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠A＝30°，
∵DE＝OD，
∴∠DOE＝∠DEO＝30°+x+30°＝60°+x
∴2（60°+x）+x＝180°
解得x＝20°．
∴∠OCE的大小为20°；
②如图2，
设∠OEC＝x，
∵DE＝OD，
∴∠EOD＝∠E＝x，
∵DO＝CO，
∴∠ODC＝∠OCD＝2x，
∠EOC＝2∠A＝60°
∴在△OCE中，
x+60°+2x＝180°，
解得x＝40°，
∴∠OCE＝2x＝80°；
③如图3，
设∠ACE＝x，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝30°，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC＝30°+x，
∵OD＝DE
∴∠EODC＝15°x，
∴15°x+x＝30°
解得x＝10°，
∴∠OCE＝30°+x＝40°．
综上：∠OCE的大小为：20°、40°、80°．
故选：C．
6．（2023秋 杭州期末）如图，正△ABC纸片，E为AC边上的一点，连结BE．将△BAE沿BE翻折得到△BFE，过点C作AB的平行线交EF的延长线于点M，若∠EMC＝90° 则的比为（ ）
A． B． C． D．
【分析】延长ME交AB于点G，设BF交AC于点H，由△ABC是正三角形得∠A＝60°，由翻折得∠HFE＝∠A＝60°，FE＝AE，因为CM∥AB，所以∠AGE＝∠EMC＝90°，可证明△FEH≌△AEG，得∠FHE＝∠AGE＝90°，则BF⊥AC，∠HEF＝30°，则AH＝CH，FE＝AE＝2FH，所以EHFH，可求得EC＝（2+2）FH，即可求得，于是得到问题的答案．
【解答】解：延长ME交AB于点G，设BF交AC于点H，
∵△ABC是正三角形，
∴∠A＝60°，
由翻折得∠HFE＝∠A＝60°，FE＝AE，
∵CM∥AB，∠EMC＝90°，
∴∠AGE＝∠EMC＝90°，
在△FEH和△AEG中，
，
∴△FEH≌△AEG（ASA），
∴∠FHE＝∠AGE＝90°，
∴BF⊥AC，∠HEF＝90°﹣∠HFE＝30°，
∴AH＝CH，FE＝AE＝2FH，
∴EHFH，
∴AH＝CH＝AE+EH＝2FHFH，
∴EC＝CH+EH＝2FHFHFH＝（2+2）FH，
∴，
故选：D．
7．（2023秋 杭州期末）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＞90°，它的外角∠EAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC，DB交AC于点F．若DA＝DF，∠ABC＝α，∠DFC＝β，则下列结论正确的是（ ）
A．α+4β＝540° B．α+4β＝450° C．α+2β＝360° D．α+2β＝270°
【分析】由∠DAE+∠DAB＝180°，∠DCB+∠DAB＝180°，得∠DAE＝∠DCB，所以∠DAE＝∠DAC＝∠DBC，则∠DAC＝∠DBC＝∠DCB，因为DA＝DF，所以∠BFC＝∠DFA＝∠DAC＝∠DBC＝∠DCB，可证明△DAF∽△DBC，得∠ADB＝∠BDC，再由∠ADB＝∠ACB，∠BDC＝∠BAC，推导出∠ACB＝∠BAC，所以∠BDC＝∠BAC（180°﹣α），则∠DBC＝∠DCB（180°﹣∠BDC）＝45°α，因为∠DFC＝180°﹣∠BFC＝180°﹣∠DBC＝135°α，所以β＝135°α，则α+4β＝540°，可判断A正确，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵∠DAE+∠DAB＝180°，∠DCB+∠DAB＝180°，
∴∠DAE＝∠DCB，
∵AD平分∠EAC，
∴∠DAE＝∠DAC＝∠DBC，
∴∠DAC＝∠DBC＝∠DCB，
∵DA＝DF，
∴∠BFC＝∠DFA＝∠DAC＝∠DBC＝∠DCB，
∵∠DAC＝∠DBC，∠DFA＝∠DCB，
∴△DAF∽△DBC，
∴∠ADB＝∠BDC，
∴∠ADB＝∠ACB，∠BDC＝∠BAC，
∴∠ACB＝∠BAC，
∵∠ABC＝α，∠DFC＝β，
∴∠BDC＝∠BAC（180°﹣∠ABC）（180°﹣α），
∴∠DBC＝∠DCB（180°﹣∠BDC）＝90°（180°﹣α）＝45°α，
∵∠DFC＝180°﹣∠BFC＝180°﹣∠DBC＝180°﹣（45°α）＝135°α，
∴β＝135°α，
∴α+4β＝540°，
故A正确，
故选：A．
8．（2022秋 滨江区期末）二次函数y＝ax2+4x+1（a为实数，且a＜0），对于满足0≤x≤m的任意一个x的值，都有﹣2≤y≤2，则m的最大值为（ ）
A． B． C．2 D．
【分析】由该二次函数解析式可知，该函数图象的开口方向向下，对称轴为，该函数的最大值为，由题意可解得a≤﹣4，根据函数图象可知a的值越小，其对称轴越靠左，满足y≥﹣2的x的值越小，故令a＝﹣4即可求得m的最大值．
【解答】解：∵函数，且a＜0，
∴该函数图象的开口方向向下，对称轴为，该函数有最大值，其最大值为，
若要满足0≤x≤m的任意一个x的值，都有﹣2≤y≤2，
则有，解得a≤﹣4，
对于该函数图象的对称轴，a的值越小，其对称轴越靠左，
a的值越小，满足y≥﹣2的x的值越小，
∴当取a的最大值，即a＝﹣4时，令y＝﹣4x2+4x+1＝﹣2，
解得，，
∴满足y≥﹣2的x的最大值为，
即m的最大值为．
故选：D．
9．（2022秋 杭州期末）计算机处理任务时，经常会以圆形进度条的形式显示任务完成的百分比．下面是同一个任务进行到不同阶段时进度条的示意图：
当任务完成的百分比为x时，线段MN的长度记为d（x）．下列描述正确的是（ ）
A．当x1＞x2时，d（x1）＞d（x2）
B．当d（x1）＞d（x2）时，x1＞x2
C．当x1+x2＝1时，d（x1）＝d（x2）
D．当x1＝2x2时，d（x1）＝2d（x2）
【分析】根据弧，弦和圆心角的关系，利用图象判断即可．
【解答】解：A、当x1＞x2时，d（x1）与d（x2）可能相等，可能不等，本选项不符合题意．
B、当d（x1）＞d（x2）时，x1＞x2或x1＜x2，本选项不符合题意．
A、当x1+x2＝1时，d（x1）＝d（x2），正确，本选项符合题意．
D、当x1＝2x2时，d（x1）＜2 d（x2）本选项不符合题意．
故选：C．
10．（2022秋 杭州期末）已知点P（m，n），Q（3，0）都在一次函数y＝kx+b（k，b是常数，k≠0）的图象上，（ ）
A．若mn有最大值4，则k的值为﹣9
B．若mn有最小值4，则k的值为﹣9
C．若mn有最大值﹣9，则k的值为4
D．若mn有最小值﹣9，则k的值为4
【分析】由题意得到mn＝m（km﹣3k）＝k（m2﹣3m）＝kk，当k＞0mn有最小值，求出k的值，当k＜0，mn有最大值，求出k的值，即可解决问题．
【解答】解：∵点P（m，n），Q（3，0）都在一次函数y＝kx+b（k，b是常数，k≠0）的图象上，
∴km+b＝n，3k+b＝0，
∴b＝﹣3k，
∴n＝km+b＝km﹣3k，
∴mn＝m（km﹣3k）＝k（m2﹣3m）＝kk，
当k＜0时，mn有最大值k，
若mn有最大值4，k＝4，则k，故A不符合题意；
若mn有最大值﹣9，k＝﹣9，则k＝4，此时k＞0，故C不符合题意；
当k＞0时，mn有最小值k，
若mn有最小值4，k＝4，则k，故B不符合题意；
若mn有最小值﹣9，k＝﹣9，则k＝4，故D符合题意．
故选：D．
11．（2022秋 上城区期末）如图，AD是△ABC的外角平分线，与△ABC的外接圆交于点D，连结BD交AC于点F，且BC＝CF，则下列结论错误的是（ ）
A．∠ADB＝∠CDB B．3∠ACB+∠ACD＝180°
C．3∠BDC+2∠ABD＝180° D．3∠BAD+∠ABD＝360°
【分析】设∠DCB＝α，∠BDC＝β，表示出有关的角，由圆周角定理，圆内接四边形的性质，可以解决问题．
【解答】解：AD是△ABC的外角平分线，
∴∠EAD＝∠DAC，
∵∠EAD＝∠DCB，∠DAC＝∠DBC，
∴∠DBC＝∠DCB，
∵BC＝CF，
∴∠FBC＝∠CFB，
∴∠BDC＝∠BCF，
∵∠ADB＝∠BCF，
∴∠ADB＝∠BDC．
故A正确，
设∠DCB＝α，∠BDC＝β，则∠ADB＝∠ACB＝β，
∴2α+β＝180°，
∴3∠ACB+∠ACD＝3β+（α﹣β）＝α+2β≠180°，
故B错误；
3∠BDC+2∠ABD＝3β+2∠ACD＝3β+2（α﹣β）＝2α+β＝180°，
故C正确；
3∠BAD+∠ABD＝3（180°﹣α）+（α﹣β）＝540°﹣（2α+β）＝540°﹣180°＝360°，
故D正确；
故选：B．
12．（2022秋 西湖区期末）设函数y1＝﹣（x﹣a1）2，y2＝﹣（x﹣a2）2．直线x＝1的图象与函数y1，y2的图象分别交于点A（1，c1），B（1，c2），得（ ）
A．若1＜a1＜a2，则c1＜c2 B．若a1＜1＜a2，则c1＜c2
C．若a1＜a2＜1，则c1＜c2 D．若a1＜a2＜1，则c2＜c1
【分析】根据题意分别画出y1，y2的图象，继而根据图象即可求解．
【解答】解：∵直线x＝1的图象与函数y1，y2的图象分别交于点A（1，c1），B（1，c2），
A．若1＜a1＜a2，如图所示，
则c1＞c2
B．若a1＜1＜a2，如图所示，
则c1＞c2
则c1＜c2，
故B选项不合题意，
C．若a1＜a2＜1，如图所示，
∴c1＜c2，故C选项正确，D选项不正确；
故选：C．
13．（2022秋 西湖区校级期末）如图，将矩形ABCD沿着GE，EC，GF翻折，使得点A，B，D恰好都落在点O处，且点G，O，C在同一条直线上，点E，O，F在另一条直线上．以下结论正确的是（ ）
A．△COF∽△CEG B．OC＝3OF C．AB：AD＝4：3 D．GEDF
【分析】先证明GF∥CE，再根据平行线的性质与相似三角形的性质可得FG＝FC，可判断A．由矩形的性质设AD＝BC＝2a，AB＝DC＝2b，可得，可得，可判断C，设OF＝DF＝x，可得：，从而可判断D，B，从而可得答案．
【解答】解：由折叠性质可得：DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，∠DGF＝∠OGF，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，
∴∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，
∴∠FGE+∠GEC＝180°，
∴GF∥CE，
∴∠FGC＝∠GCE，
若△COF∽△CEG，则∠FCO＝∠GCE，
∴∠FGC＝∠FCO，
∴FG＝FC，与题干条件矛盾，故A不符合题意；
由矩形的性质设AD＝BC＝2a，AB＝DC＝2b，
由对折可得DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，
∴CG＝OG+OC＝OG+BC＝3a，
在Rt△CGE中，CG2＝GE2+CE2，
∴（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，
解得：，
∴；
∴，故C不符合题意；
在Rt△COF中，设OF＝DF＝x，
则，
由∠D＝∠GOF＝90°，
∴，
解得：，
∴，，
在Rt△AGE中，，
∴，故D符合题意；
∴，故B不符合题意；
故选：D．
二．填空题（共12小题）
14．（2023秋 上城区期末）如图，学校要在校园内建一个矩形的开心农场，其中一边AD是围墙，且AD的长不能超过28m，其余三边AB，BC，CD用60m长的铁质栅栏．有下列结论：
①AB的长可以为15m；
②当农场ABCD面积为200m2时，满足条件的AB的长只有一个值；
③农场ABCD面积的最大值为450m2；
④若把农场的形状改成半圆形，且直径一侧利用已有围墙，则农场的面积可以超过560m2．
其中，正确结论的是 ② ．（只需填序号）
【分析】依据题意，设AD边长为x m，则AB边长为长为m，当AB＝15时，15，解得x＝30，故可判断①；当菜园ABCD面积为200m2，由题意得x 200，从而x＝30±10，又x≤28，故可判断②；又设矩形菜园的面积为y m2，从而y＝x （x﹣30）2+450，结合0，x≤28，从而当x＝28时，y有最大值，最大值为448m2不可能为450m2，故可判断③；依据题意，直径一侧是围墙，当直径取最大值28时，半圆的弧长为π×28＜60，进而设沿AD方向栅栏延伸a米，则π（28+a）＝60﹣a．求得a≈6.2，最后得农场的最大面积为π（）2≈459.1＜560，故可判断④．
【解答】解：设AD边长为x m，则AB边长为长为m，
当AB＝15时，15，
解得x＝30，
∵AD的长不能超过28m，
∴x≤28，
故①不正确．
∵菜园ABCD面积为200m2，
∴x 200．
∴x＝30±10．
又x≤28，
∴x＝30﹣10．
∴满足条件的AB的长只有一个值，故②正确．
由题意，设矩形菜园的面积为y m2，
根据题意得：y＝x （x﹣30）2+450，
∵0，x≤28，
∴当x＝28时，y有最大值，最大值为448m2不可能为450m2．
故③不正确．
∵直径一侧是围墙，当直径取最大值28时，半圆的弧长为π×28＜60，
∴设沿AD方向栅栏延伸a米，则π（28+a）＝60﹣a．
∴a≈6.2．
∴农场的最大面积为π（）2≈459.1＜560．
∴农场的面积不超过560m2．
故④错误．
故答案为：②．
15．（2023秋 西湖区期末）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OE＝BE．点P是劣弧上任意一点（不与点A，D重合），CP交AB于点M，AP与CD的延长线相交于点F，设∠PCD＝α．
①则∠F＝ 60°﹣α ，（用含α的代数式表示）；
②当∠F＝3∠PCD时，则 ．
【分析】①连接OD，BD，PO，由线段垂直平分线的性质得到△ODB是等边三角形，由圆周角定理得到∠A∠POB＝30°+α，由直角三角形的性质即可求出∠PFE＝60°﹣α．
②设圆的半径是r，OM＝x，由∠AFE＝3∠PCD，求出α＝15°，得到∠POB＝90°，因此OP∥CE，推出△POM∽△CEM，得到OM：EM＝OP：CE，代入有关数据即可求出OM的长，得到AM，BM的长，即可得到答案．
【解答】解：①连接OD，BD，PO，
∵弦CD⊥AB于点E，OE＝BE，
∴OD＝BD，
∵OD＝OB，
∴△ODB是等边三角形，
∴∠BOD＝60°，
∵∠PCD＝α，
∴∠POD＝2α，
∴∠POB＝60°+2α，
∴∠A∠POB＝30°+α，
∴∠PFE＝90°﹣∠A＝60°﹣α．
故答案为：60°﹣α；
②∵∠AFE＝3∠PCD，
∴60°﹣α＝3α，
∴α＝15°，
∴∠POD＝2∠PCD＝30°，
∴∠POB＝90°，
∴OP∥CE，
∴△POM∽△CEM，
∴OM：EM＝OP：CE，
∵直径AB⊥CD，
∴DE＝CE，
∴OM：EM＝OP：ED，
设圆的半径是r，OM＝x，
∴EMr﹣x，DEr，
∴x：（r﹣x）＝r：r，
∴x＝（2）r，
∴OM＝（2）r，
∴AM＝AO+OM＝3rr，BM＝OB﹣OMr﹣r，
∴．
故答案为：．
16．（2023秋 拱墅区期末）已知点（3，m），（5，n）在抛物线y＝ax2+bx（a，b为实数，a＜0）上，设抛物线的对称轴为直线x＝t，若n＜0＜m，则t的取值范围为 t ．
【分析】先根据题意得出抛物线与x轴的交点坐标，再由n＜0＜m即可得出结论．
【解答】解：由题意可知，抛物线与x轴的交点坐标为（0，0），（2t，0），
∵a＜0，
∴抛物线开口向下，
∵点（3，m），（5，n）在抛物线y＝ax2+bx（a，b为实数，a＜0）上，n＜0＜m，
∴3＜2t＜5，
∴t．
故答案为：t．
17．（2023秋 滨江区期末）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+2x+c（a，c是常数，且a≠0）的图象与x轴的一个交点坐标为（﹣2n，0）．若该函数图象的顶点坐标为（n，p），则 9 ．
【分析】根据抛物线的对称性求得二次函数y＝ax2+2x+c（a，c是常数，且a≠0）的图象与x轴的另一个交点坐标为（4n，0），则y＝a（x+2n）（x﹣4n）＝a（x﹣n）2﹣9an2，由该函数图象的顶点坐标为（n，p）可知n，p＝﹣9an2，代入求得即可．
【解答】解：∵函数图象的顶点坐标为（n，p），
∴对称轴为直线x＝n，
∵二次函数y＝ax2+2x+c（a，c是常数，且a≠0）的图象与x轴的一个交点坐标为（﹣2n，0）．
∴二次函数y＝ax2+2x+c（a，c是常数，且a≠0）的图象与x轴的另一个交点坐标为（4n，0）．
∴y＝a（x+2n）（x﹣4n）＝a（x﹣n）2﹣9an2，
∴p＝﹣9an2，
∴9an，
∴n，
∴9，
故答案为：9．
18．（2023秋 拱墅区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，把Rt△ABC沿斜边AB折叠，得到△ABD，过点D作DE⊥CA交CA的延长线于点E，过点C作CN∥AD，分别交AB，BD于点M，N，若CM＝3，，则 ．
【分析】连接DM并延长交BC于点F，首先证明四边形ACMD为平行四边形，AD＝CM＝3，再证明四边形DFCE为矩形，用勾股定理计算出FM＝1，由折叠图形性质、平行线性质及角平分线性质定理可得NM＝FM＝1，最后证明△BNM∽△BDA，然后根据相似三角形的性质求解．
【解答】解：如图所示，连接DM并延长交BC于点F，
∵CM∥AD，
∴∠DAM＝∠CMA，
又由折叠性质可得CA＝AD，∠DAM＝∠CAM，
∴∠CAM＝∠CMA，
∴CA＝CM，
∴CM＝AD，
∴四边形ACMD为平行四边形，AD＝CM＝3，
∴DM∥EC，DF∥EC，
又∵∠ECB＝90°，
∴∠DFC＝90°，
又∵∠E＝90°，
∴四边形DFCE为矩形．
∴DE＝FC＝2，
∴FM1，
由折叠性质可得∠ADB＝∠ACB＝90°，
又CM∥AD，
∴∠BNM＝∠ADB＝90°．
又MF⊥BC，BA为∠DBC的角平分线，
∴NM＝FM＝1，
由MN∥AD，
∴△BNM∽△BDA，
∴，
设BM＝k，BA＝3k，则AM＝3k﹣k＝2k，
∴．
故答案为：．
19．（2023秋 杭州期末）数学家菲尔贝提出借助图形代替演算的观点，这类图形称为“诺模图”．如图是关于x，y，z三者关系的诺模图，它是由点O出发的三条射线a，b，c组成，每条射线上都有相同的刻度，且射线端点刻度为0，其中a和c，b和c都相交成60°角．在射线a和b上分别取点A和B，对应的刻度值是x和y．用直尺连结AB交射线c于点C，点C的刻度值就是z的值．
（1）若x＝20，y＝12，则z的值是 7.5 ；
（2）若x＝2y，则 ．
【分析】方法一（利用相似三角形）：过点C作CD∥OB交OA于点D，先证△OCD为等边三角形得CD＝OD＝OC＝z，进而得AD＝x﹣z，再证△ACD和△ABO相似得AD：OA＝CD：OB，由此得（x﹣z）：x＝z：y，然后整理得xz+yz＝xy．
（1）将x＝20，y＝12代入xz+yz＝xy之中即可求出z的值；
（2）将x＝2y代入xz+yz＝xy之中即可求出的值．
解法二（面积法）：过点C作CE⊥OA于E，OF⊥OB于F，过B作BH⊥AO交AO的延长线于H，利用三角函数分别求出CE，CF，BH，进而可得S△AOC，S△BOC，S△AOB，然后根据S△AOC+S△BOC＝S△AOB，得xz+yz＝xy．
（1）将x＝20，y＝12代入xz+yz＝xy之中即可求出z的值；
（2）将x＝2y代入xz+yz＝xy之中即可求出的值．
【解答】解法一（利用相似三角形）：过点C作CD∥OB交OA于点D，如图1所示：
依题意得：∠BOC＝∠AOC＝60°，OA＝x，OB＝y，OC＝z，
∵CD∥OB，
∴∠OCD＝∠BOC＝60°，
∴∠OCD＝∠AOC＝60°，
∴△OCD为等边三角形，
∴CD＝OD＝OC＝z，
∴AD＝OA﹣OD＝x﹣z，
∵CD∥OB，
∴△ACD∽△ABO，
∴AD：OA＝CD：OB，
∴（x﹣z）：x＝z：y，
整理得：xz+yz＝xy，
（1）当x＝20，y＝12时，20z+12z＝20×12，
解得：z＝7.5；
故答案为：7.5．
（2）当x＝2y时，2yz+yz＝2y2，
即3yz＝2y2，
∵y≠0，
∴3z＝2y，
∴．
故答案为：．
解法二（面积法）：过点C作CE⊥OA于E，OF⊥OB于F，过B作BH⊥AO交AO的延长线于H，如图2所示：
依题意得：∠BOC＝∠AOC＝60°，OA＝x，OB＝y，OC＝z，
在Rt△OCE中，sin∠AOC，
∴CE＝OC sin∠AOC＝z sin60°，
在Rt△OCF中，sin∠BOC，
∴CF＝OC sin∠BOC＝z sin60°，
∵∠BOC＝∠AOC＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∴∠BOH＝180°﹣∠AOB＝60°，
在Rt△BOH中，sin∠BOH，
∴BH＝OB sin∠BOH＝y sin60°，
∴S△AOCOA CE，S△BOCOB CF，S△AOBOA BH，
∵S△AOC+S△BOC＝S△AOB，
∴，
∴xz+yz＝xy，
（1）当x＝20，y＝12时，20z+12z＝20×12，
z＝7.5；
故答案为：7.5．
（2）当x＝2y时，2yz+yz＝2y2，
即3yz＝2y2，
∵y≠0，
∴3z＝2y，
∴．
故答案为：．
20．（2023秋 杭州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，D、E为AB边上两点（点D在点E的右侧），满足∠DCE＝45°，则AB边上的高为 ；设AD＝x，BE＝y．用含x的代数式表示y＝ ．
【分析】利用面积法可求出AB边上的高，旋转△ACD，利用“角含半角”模型构造出全等三角形，再借助于勾股定理即可解决问题．
【解答】解：过点C作AB的垂线，垂足为M，
∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB．
又∵，
∴．
即AB边上的高为．
将△ACD绕点C顺时针旋转90°，点A的对应点为点F，点D的对应点为H，延长HF交AB于点G，连接EH，
由旋转可知，
△CHF≌△CDA，
∴∠HCF＝∠DCA，HF＝AD＝x，CF＝AC＝3，∠HFC＝∠A，CH＝CD．
又∵∠HFC＝∠BFG，∠A+∠B＝90°，
∴∠B+∠BFG＝90°，
则FG⊥BE．
又∵BF＝4﹣3＝1．
∴sinB，
则FG．
同理可得，BG．
∴HG＝x，EG＝y．
∵∠DCE＝45°，
∴∠ACD+∠BCE＝45°，
∴∠HCE＝∠HCF+∠BCE＝45°，
∴∠HCE＝∠DCE．
在△HCE和△DCE中，
，
∴△HCE≌△DCE（SAS），
∴HE＝DE＝5﹣x﹣y．
在Rt△HGE中，
（x）2+（y）2＝（5﹣x﹣y）2，
整理得，
y．
故答案为：，．
21．（2022秋 滨江区期末）如图，正五边形ABCDE的对角线AC和AD分别交对角线BE于点M，N，若△AMN的面积为s，则正五边形ABCDE的面积为 （结果用含s的代数式表示）．
【分析】由正五边形的性质可得，△AMN∽△BAN∽△ACD，设AB＝a，表示出解得AMa，则MN＝aaa，得出S△ABMs，同理求出S△ACDs，从而解决问题．
【解答】解：由正五边形的性质可知，AB＝BC＝CD＝DE＝AE，AM＝AN＝BM＝NE，
由正五边形的性质可得，△AMN∽△BAN∽△ACD，
设AB＝a，
∵△AMN∽△BAN，
∴，
即，
解得AMa，
∴MN＝aaa，
∴，
∴S△ABMs，
∵△AMN∽△ACD，
∴（）2，
∴S△ACDs，
∴S正五边形ABCDE＝S△ACD+4S△ABM+2S△AMN
s+4s+2s
，
故答案为：．
22．（2022秋 杭州期末）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与点B，C重合），点F在边CD的延长线上，DF＝BE，连接EF交AD于点G，过点A作AN⊥EF于点M，交边CD于点N．若DN＝2CN，BE＝3．则CN＝ 5 ，AM＝ 3 ．
【分析】连接AE，AF，EN，由正方形的性质可得AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，可证得△ABE≌△ADF（SAS），可得∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，从而可得∠EAF＝90°，根据等腰三角形三线合一可得点M为EF中点，由AN⊥EF可证得△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），可得EN＝FN，设CN＝x，构建方程求解．
【解答】解：如图，连接AE，AF，EN，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，
∵BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，
∴∠EAF＝90°，
∴△EAF为等腰直角三角形，
∵AN⊥EF，
∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°，
∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），
∴EN＝FN，
设CN＝x，则DN＝2x，BC＝CD＝3x，
∴EN＝FN＝DN+DF＝2x+3，CE＝BC﹣BE＝3x﹣3，
在Rt△ECN中，由勾股定理可得：
CN2+CE2＝EN2，
即x2+（3x﹣3）2＝（2x+3）2，
解得x＝5，
∴CN＝5，EC＝12，CF＝18，
∴EF6，
∴AMEF＝3．
故答案为：5，3．
23．（2022秋 上城区期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝4AB．将矩形ABCD对折，得到折痕MN；沿着CM折叠，点D的对应点为E，ME与BC的交点为F；再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，此时点B的对应点为G，则 ．
【分析】由矩形及折叠的性质得∠MNC＝∠PNM＝90°，CN＝DM＝2DC＝2MN，由∠PME∠AME，∠CME∠DME，可推导出∠PMC＝90°，则∠MCN＝∠PMN＝90°﹣∠CMN，即可证明△MNC∽△PNM，得2，即可证明PNPC，再证明∠FMP＝∠AMP＝∠FPM，∠FMC＝∠DMC＝∠FCM，则PF＝MF＝CFPC，所以NF＝PF﹣PNPC，即可求得．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，∠D＝∠DCN＝90°，AD∥BC，
∴AD＝4AB＝4DC，
∵将矩形ABCD对折，得到折痕MN，
∴DM＝AMAD4DC＝2DC，∠MNC＝∠PNM＝90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴DC＝MN，
∴CN＝DM＝2DC＝2MN，
∴∠PME＝∠PMA∠AME，∠CME＝∠CMD∠DME，
∴∠PMC＝∠PME+∠CME（∠AME+∠DME）180°＝90°，
∴∠MCN＝∠PMN＝90°﹣∠CMN，
∴△MNC∽△PNM，
∴2，
∴MN＝2PN，CN＝2MN，
∴CN＝4PN，
∴PNPC，
∵∠FMP＝∠AMP＝∠FPM，∠FMC＝∠DMC＝∠FCM，
∴PF＝MF＝CFPC，
∴NF＝PF﹣PNPCPCPC，
∴，
故答案为：．
24．（2022秋 西湖区期末）如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，点M是弧BC上任意一点（不与B，C重合），AH＝1，CH＝2．延长线段BM交DC的延长线于点E，直线MH交⊙O于点N，连结BN交CE于点F，则OC＝ 2.5 ，HE HF＝ 4 ．
【分析】连接OC，设OC＝r，在Rt△COH中，利用勾股定理求出OC；由△EHM∽△NHF，推出，推出HE HF＝HM HN，又HM HN＝AH HB，推出HE HF＝AH HB，由此即可解决问题．
【解答】解：连接OC．
∵CD⊥AB，
∴∠CHO＝90°，
设OC＝r，则OH＝r﹣1，
在Rt△COH中，
∵CH＝2，
∴r2＝22+（r﹣1）2，
∴r＝2.5，即OC＝2.5；
连接AM．
∵AB是直径，
∴∠AMB＝90°，
∴∠MAB+∠ABM＝90°，
∵∠E+∠ABM＝90°，
∴∠E＝∠MAB，
∴∠MAB＝∠MNB＝∠E，
∵∠EHM＝∠NHF，
∴△EHM∽△NHF，
∴，
∴HE HF＝HM HN，
∵HM HN＝AH HB，
∴HE HF＝AH HB＝1×（5﹣1）＝4，
故答案为：2.5，4．
25．（2022秋 西湖区校级期末）已知关于x的一元二次方程（x﹣2）（x﹣3）＝m有实根x1，x2，且x1＜x2，现有下列说法：①当m＝0时，x1＝2，x2＝3；②当m＞0时，2＜x1＜x2＜3；③m；④二次函数y＝（x﹣x1）（x﹣x2）﹣m的图象与x轴的交点坐标为（2，0）和（3，0）．其中正确的有 ①③ ．
【分析】解一元二次方程（x﹣2）（x﹣3）＝0，根据一元二次方程根与系数的关系即可求解．
【解答】解：①当m＝0时，一元二次方程为（x﹣2）（x﹣3）＝0，
∴x1＝2，x2＝3，故①正确；
②当m＞0时，
∵一元二次方程（x﹣2）（x﹣3）＝m有实根x1，x2，且x1＜x2，
∴原方程转化为x2﹣5x+6﹣m＝0，
根据根与系数的关系得，，，
若2＜x1＜x2＜3，则|x2﹣x1|＜1，
∵，且m＞0，
∴|x2﹣x1|＜1错误，即2＜x1＜x2＜3错误，故②错误；
∴当m＞0时，x＜2或x＞3，故②错误；
③（x﹣2）（x﹣3）＝m转化为x2﹣5x+6﹣m＝0，有实根x1，x2，且x1＜x2，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣5）2﹣4（6﹣m）＞0，即1+4m＞0，
∴，故③正确；
④∵一元二次方程（x﹣2）（x﹣3）＝m有实根x1，x2，且x1＜x2，
∴原方程转化为x2﹣5x+6﹣m＝0，
根据根与系数的关系得，，，
∴，即y＝x2﹣5x+6﹣2m，
∴由二次函数y＝（x﹣x1）（x﹣x2）﹣m的图象与x轴的交点坐标不是（2，0）和（3，0），故④错误．
综上所述，正确的有①③，
故答案为：①③．
三．解答题（共26小题）
26．（2023秋 上城区期末）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是直径，点D在⊙O上，OD∥BC，过点D作DE⊥AB，垂足为E，连接CD交OE边于点F．
（1）求证：△DOE∽△ABC；
（2）求证：∠ODF＝∠BDE；
（3）连接OC，设△DOE的面积为S1，四边形OCBD的面积为S2，若，用含n的代数式表示．
【分析】（1）根据圆周角定理和垂直求出∠DEO＝∠ACB，根据平行得出∠DOE＝∠ABC，根据相似三角形的判定得△DOE∽△ABC，根据圆周角定理得出∠A＝∠BDC，推出∠ODE＝∠BDC即可；
（2）根据圆周角定理和垂直求出∠DEO＝∠ACB，根据平行得出∠DOE＝∠ABC，根据相似三角形的判定得出结论；
（3）根据△DOE∽△ABC，求出S△ABC＝4S△DOE＝4S1，进而求解．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵DE⊥AB，
∴∠DEO＝90°，
∴∠DEO＝∠ACB，
∵OD∥BC，
∴∠DOE＝∠ABC，
∴△DOE∽△ABC；
（2）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵DE⊥AB，
∴∠DEO＝90°，
∴∠DEO＝∠ACB，
∵OD∥BC，
∴∠DOE＝∠ABC，
∴△DOE∽△ABC；
∴∠ODE＝∠A，
∵∠A和∠BDC是所对的圆周角，
∴∠A＝∠BDC，
∴∠ODE＝∠BDC，
∴∠ODF＝∠BDE；
（3）解：∵△DOE∽△ABC，
∴（）2，
即S△ABC＝4S△DOE＝4S1，
∵OA＝OB，
∴S△BOCS△ABC，即S△BOC＝2S1，
∵，S2＝S△BOC+S△DOE+S△DBE＝2S1+S1+S△DBE，
∴S△DBES1，
∴BE＝（）OE，
即OEOBDO，
∴sinA＝sin∠ODE．
27．（2023秋 西湖区期末）如图，E是正方形ABCD边BC上一个动点（不与B，C重合），F是CD延长线上一点，且DF＝BE，连接AE，AF，EF．
（1）求证：△AEF为等腰直角三角形．
（2）过点A作EF的垂线，与直线EF，BC分别交于G，H两点，记∠DFE＝α，EF交AD于点I．
①当α＝30°，AI＝2，求线段AE的长．
②设，△AGI的面积记作S1，△HGE的面积记作S2，用含k的代数式表示．
【分析】（1）证明Rt△ADF≌△ABE，从而∠DAF＝∠BAE，AF＝AE，进一步得出结论；
（2）①可得出∠GAI＝∠DFE＝30°，解直角三角形AGI求得AG，解直角三角形AGF求得AF，进而得出AE；
②根据tan∠GAI＝tan∠DFE得出，进而得出，可证得△AGI∽△HGE，进而求得结果．
【解答】（1）证明：∵正方形ABCD边，
∴AD＝AB，∠ADF＝∠ADC＝∠B＝90°，
∵DF＝BE，
∴Rt△ADF≌△ABE（HL），
∴∠DAF＝∠BAE，AF＝AE，
∴∠DAF+∠DAE＝∠BAE+∠DAE＝∠ABC＝90°，
∴∠EAF＝90°，
∴△AEF为等腰直角三角形；
（2）解：①∵AH⊥EF，
∴∠AGF＝90°，
∵∠ADF＝90°，
∴∠AGF＝∠ADF，
∵∠GIA＝∠DIF，
∴∠GAI＝∠DFE＝30°，
∴GI＝AI cos30°＝2，
由（1）知：△AEF是等腰直角三角形，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
∴AF；
②由①知：∠GAI＝∠DFE，
∴tan∠GAI＝tan∠DFE，
∴，
由①知：∠AEF＝45°，
∴tan∠AEF，
∴AG＝EG，
∴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥CB，
∴△AGI∽△HGE，
∴．
28．（2023秋 拱墅区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC平分∠BAD，连接BD交AC于点E．
（1）求证：△ABC∽△BEC．
（2）若AB＝AC，设△ABD的面积为S1，△BCD的面积为S2，BE＝6，EC＝4，求的值．
（3）求证：AC2＝BC2+AB AD．
【分析】（1）根据圆周角定理可得∠CBD＝∠CAD，由角平分线定义得∠BAC＝∠CAD，即可证得结论；
（2）过点A作AF⊥BD于点F，过点C作CG⊥BD于点G，可证得△CAB∽△CBE，可得，即，求得AE＝5，再证得△AEF∽△CEG，即可求得答案；
（3）先证明△ACB∽△ADE，可得AC AE＝AB AD，即AC2﹣AC CE＝AB AD，再证得△CBE∽△CAB，可得AC CE＝BC2，即可证得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠CBD＝∠CAD，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠CAD，
∴∠CBD＝∠BAC，
∴△ABC∽△BEC．
（2）解：如图，过点A作AF⊥BD于点F，过点C作CG⊥BD于点G，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠CAD，
∴，
∴∠BAC＝∠CBD，
∴△CAB∽△CBE，
∴∠BEC＝∠ABC＝∠ACB，，
又∵BE＝6，EC＝4，
∴BC＝BE＝6，
∴，
∴AE＝5，
∵AF⊥BD，CG⊥BD，
∴∠AFE＝∠CGE＝90°，
∵∠AEF＝∠CEG，
∴△AEF∽△CEG，
∴，
∴．
（3）证明：∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠CAD，
∵，
∴∠ACB＝∠ADB，
∴△ACB∽△ADE，
∴，
∴AC AE＝AB AD，
∴AC （AC﹣CE）＝AB AD，
∴AC2﹣AC CE＝AB AD，
∵，
∴∠CBD＝∠BAC，
∵∠BCE＝∠ACB，
∴△CBE∽△CAB，
∴，
∴AC CE＝BC2，
∴AC2﹣BC2＝AB AD，
即AC2＝BC2+AB AD．
29．（2023秋 滨江区期末）如图，在⊙O中，弦AB是直径，点C，D是⊙O上的两点，连结AC，OD，且满足AC∥OD．
（1）若的度数为80°，求∠A的度数．
（2）求证：．
（3）连结BD，若AC＝6，AB＝10，求BD的长．
【分析】（1）连接OC，根据弧AC的度数求出∠AOC，利用三角形内角和求出∠A；
（2）利用平行线的性质求得∠BOD＝∠A＝50°，∠COD＝∠OCA＝50°，得出∠COD＝∠BOD，进而得出弧相等；
（3）先根据勾股定理求出BC，然后利用勾股定理求出OE，再利用勾股定理求出BD即可．
【解答】（1）解：连接OC，
∵的度数为80°，
∴∠AOC＝80°，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA＝50°；
（2）证明：∵AC∥OD，
∴∠BOD＝∠A，∠COD＝∠OCA，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA，
∴∠COD＝∠BOD，
∴；
（3）解：连接BC，交OD于点E，
∵弦AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AC＝6，AB＝10，
∴BC8，
∵，
∴OD⊥BC，
∴CE＝BE＝4，
∴OE3，
∴DE＝OD﹣OE＝2，
∴BD2．
30．（2023秋 拱墅区校级期末）如图，已知正方形ABCD的边长为12，点E是射线BC上一点（点E不与点B、C重合），过点A作AF⊥AE，交边CD的延长线于点F，直线EF分别交射线AC、射线AD于点M、N．
（1）求证：△ABE≌△ADF；
（2）当点E在边BC上时，如果AN＝5DN，求∠BAE的正切值．
（3）当点E在边BC延长线上时，设线段BE＝x，y＝EN MF，求y关于x的函数解析式．
【分析】（1）根据正方形的性质得AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°＝∠ADF，根据同角的与角相等得∠BAE＝∠DAF，利用ASA即可得△ABE≌△ADF；
（2）根据全等三角形、相似三角形的性质以及锐角三角函数的定义进行计算即可；
（3）利用等腰三角形的性质，相似三角形的性质得出EN MF＝AE2，再根据勾股定理得出AE2＝36+x2即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝12，∠B＝∠ADC＝90°＝∠ADF，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF＝90°＝∠DAF+∠DAE，
∵∠BAE+∠DAE＝∠BAD＝90°，
∴∠BAE＝∠DAF，
∴△ABE≌△ADF（ASA）；
（2）解：∵△ABE≌△ADF，
∴AE＝AF，DF＝BE，
∵AN＝5DN，AD＝12＝DN+AN，
∴DN＝2，AN＝10，
∵DN∥EC，
∴，
设BE＝x，则DF＝x，EC＝12﹣x，
∴，
解得x＝4或x＝6，
经检验，x＝4，x＝6都是原方程的根，
∴BE＝4或BE＝6，
在Rt△ABE中，
tan∠BAE或tan∠BAE，
∴∠BAE的正切值为或；
（3）如图，
由（1）得AE＝AF，
∵AE⊥AF，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
∵∠AEF＝45°＝∠MAN，∠M＝∠M，
∴△MAN∽△MFA，
∴∠ANE＝∠MAF，
∴△ANE∽△MAF，
∴，
∴EN MF＝AE AF＝AE2，
在Rt△ABE中，AB＝12，BE＝x，
∴AE2＝AB2+BE2＝144+x2，
∴y＝EN MF，
∴y＝144+x2（x＞12）．
31．（2023秋 杭州期末）如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，点D是弧AB的中点，过点D作AB的平行线交CA的延长线于点E，连结BD，BE．
（1）求证：∠EDC＝∠DBC；
（2）当CD＝2时，求S△BCE的值；
（3）设BC＝nAC．
①求的值；（用含n的代数式表示）
②若3CE＝8AC，DE＝6，求AB的长．
【分析】（1）连接AD，利用平行线的性质，同弧作对的圆周角相等，通过等量代换证明即可；
（2）通过证明△CDE∽△CBD，求出BC CE＝4，即可求三角形的面积；
（3）①过D点作DG⊥AE交于G点，由题可得tan∠CAB＝n，设GE＝a，则GD＝na，分别求出CDna，CE＝a+na，BC，再由△CDE∽△CBD，得到，；
②由①可知BC，则AC，则AB，根据题意分别得到36＝a2（1+n2），3（a+na）＝8 ，求出n＝3或n，再求AB的长即可．
【解答】（1）证明：连接AD，
∵ED∥AB，
∴∠ADE＝∠BAD，
∵点D是弧AB的中点，
∴∠CDB＝∠ECD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCD＝45°，
∵，
∴∠BCD＝∠BAD，
∵，
∴∠ACD＝∠CBA，
∴∠EDC＝∠CBD；
（2）解：∵∠ECD＝∠BCD，∠EDC＝∠CBD，
∴△CDE∽△CBD，
∴CD2＝BC CE，
∵CD＝2，
∴BC CE＝4，
∴S△BCEBC CE＝2；
（3）①解：过D点作DG⊥AE交于G点，
∵BC⊥AE，
∴DG∥BC，
∴∠CED＝∠ACB，
∵BC＝nAC，
∴tan∠CAB＝n，
设GE＝a，则GD＝na，
∵∠ACB＝45°，
∴CG＝GD＝na，
∴CDna，CE＝a+na，
∵CD2＝BC CE，
∴2n2a2＝（a+na）BC，
解得BC，
∵△CDE∽△CBD，
∴，
∴；
②解：由①可知BC，则AC，
∴AB，
∵DE6，
∴36＝a2（1+n2），
∵3CE＝8AC，
∴3（a+na）＝8 ，
解得n＝3或n，
当n＝3时，a，则AB＝9；
当n时，a，则AB＝3；
综上所述：AB＝9或3．
32．（2023秋 杭州期末）如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝90°，点P是△ABC内一个动点，且∠BPC＝135°．
（1）试找出与∠ACP相等的角，并说明理由；
（2）如图2，连接AP并延长交△BPC的外接圆⊙O于点Q，交BC于点D，连接CQ．
①求证△ACP∽△AQC；
②求的最小值；
（3）在如图2的条件下，若BP＝PC，求证：．
【分析】（1）根据∠ACB＝∠ACP+∠BCP＝45°，∠PBC+∠PCB＝45°，等量代换即可得到∠ACP＝∠PBC；
（2）①根据同弧所对的圆周角相等，结合（1）能得到∠Q＝∠APC，即可证明；
②连接OB、CO，由△ACP∽△AQC，得到，当CQ经过圆心O时，的值最小，过点O作OM⊥BC交于M点，则M是BC的中点，连接AM，则A、O、M三点共线，则AO是BC的垂直平分线，再由CO＝AC，得到CQ＝2AC，即可求的最小值为；
（3）由题意可知P点AM上，则∠PBC＝∠PCB＝∠ACP，过点P作PH⊥AC交于H点，设PM＝x，则PH＝x，分别求出APx，AM＝（1）x，AC（1）x，PC2＝（4+2）x2，再由，即可证明．
【解答】（1）解：∵∠BPC＝135°，
∴∠PBC+∠PCB＝45°，
∵AB＝AC，∠A＝90°，
∴∠ACB＝∠ACP+∠BCP＝45°，
∴∠ACP＝∠PBC；
（2）①证明：∵，
∴∠Q＝∠PBC，
∵∠ACP＝∠PBC，
∴∠Q＝∠APC，
∴△ACP∽△AQC；
②连接OB、CO，
∵∠BPC＝135°，
∴∠BOC＝90°，
∵△ACP∽△AQC，
∴，
∴，
当CQ经过圆心O时，的值最小，
过点O作OM⊥BC交于M点，则M是BC的中点，连接AM，则A、O、M三点共线，
∴AO是BC的垂直平分线，
∵AM＝BM＝OM，
∴CO＝AC，
∴CQ＝2AC，
∴的最小值为；
（3）证明：∵BP＝PC，
∴P点AM上，
∴∠PBC＝∠PCB＝∠ACP，
过点P作PH⊥AC交于H点，
∴PH＝PM，
设PM＝x，则PH＝x，
∵∠PAH＝45°，
∴APx，
∴AM＝（1）x，AC（1）x，PC2＝（4+2）x2，
∵，
∴（）2，
∴CQ2＝（2）AC2．
33．（2022秋 滨江区期末）如图1，在⊙O中，AB为弦，CD为直径，且AB⊥CD于点E，过点B作BF⊥AD，交AD的延长线于点F．连接AC，BO．
（1）求证：∠CAE＝∠ADC．
（2）若DE＝2OE，求的值．
（3）如图2，若BO的延长线与AC的交点G恰好为AC的中点，若⊙O的半径为r．求图中阴影部分的面积（结果用含r的代数式表示）．
【分析】（1）由圆周角定理可得∠CAD＝∠CAE+∠DAE＝90°，再根据AB⊥CD，易得∠ADC+∠DAE＝90°，即可证明∠CAE＝∠ADC；
（2）连接BD，设OE＝a，则DE＝2a，OB＝OD＝3a，由勾股定理可得，，再证明△BOE∽△BDF，由相似三角形的性质可得，代入数值可求得，即可获得答案；
（3）连接BD，首先证明△OBE≌△DAE，结合全等三角形的性质进一步证明△OBD为等边三角形，即有∠BOD＝60°；利用勾股定理、等边三角形的性质以及含30度角的直角三角形的性质依次求得OE、BE、AB、BF、AF等的值，然后由S阴影＝S△ABF﹣S△DAE﹣（S扇形OBD﹣S△OBE）即可获得答案．
【解答】解：（1）∵CD为⊙O直径，
∴∠CAD＝90°，即∠CAE+∠DAE＝90°，
又∵AB⊥CD，
∴∠ADC+∠DAE＝90°，
∴∠CAE＝∠ADC；
（2）如图，连接BD，
∵AB⊥CD，DE＝2OE，
∴OD＝DE+OE＝3OE，
设OE＝a，则DE＝2a，OB＝OD＝3a，
∴在Rt△OBE中，，
∴在Rt△DBE中，，
∵CD为⊙O直径，且AB⊥CD，
∴BE＝AE，
∴AD＝BD，
∴∠DAB＝∠DBA，
∴∠BDF＝∠DAB+∠DBA＝2∠DAB，
又∵，
∴∠DOB＝2∠DAB＝∠BDF，
∵∠OEB＝∠DFB＝90°，
∴△BOE∽△BDF，
∴，即，
解得，
∴；
（3）如图，连接BD，
∵BO的延长线与AC的交点G恰好为AC的中点，
∴OG⊥AC，即∠OGC＝∠CAD＝90°，
∴BG∥AD，
∴∠OBE＝∠DAE，
又∵BE＝AE，∠OEB＝∠DEA，
∴△OBE≌△DAE（ASA），
∴OB＝DA，
∵CD为⊙O直径，AB⊥CD，
∴，
∴DA＝DB，
∴OD＝OB＝DB，即△OBD为等边三角形，∠BOD＝60°，
∵⊙O的半径为r，
∴OB＝r，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵△OBE≌△DAE，
∴S△OBE＝S△DAE，
∴S阴影＝S△ABF﹣S△DAE﹣（S扇形OBD﹣S△OBE）
＝S△ABF﹣S扇形OBD
．
34．（2022秋 杭州期末）如图，⊙O的半径为1，直径AB，CD的夹角∠AOD＝60°，点P是上一点，连接PA，PC分别交CD，AB于点M，N．
（1）若PC⊥AB，求证：PA⊥CD．
（2）当点P在上运动时，
①猜想：线段AM与CN有怎样的数量关系，并给出证明．
②求证：PA+PC．
【分析】（1）由圆周角定理得出∠BAP＝30°，由三角形内角和定理可求出∠AMO＝90°，则可得出结论；
（2）①连接AD，证出∠D＝60°，OA＝AD＝OD，证明△ADM≌△CON（ASA），由全等三角形的性质得出AM＝CN；
②证明△AOM∽△APN，由相似三角形的性质得出，证明△CON∽△CPM，由相似三角形的性质得出，由全等三角形的性质得出AM＝CN，DM＝ON，代入PA+PC并化简整理可得出答案．
【解答】（1）证明：∵∠AOD＝∠BOC＝60°，PC⊥AB，
∴60°，
∴∠BAP＝30°，
∴∠AMO＝180°﹣∠MAO﹣∠AOM＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∴PA⊥CD；
（2）解：①AM＝CN．
证明：连接AD，
∵OA＝OD，∠AOD＝60°，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠D＝60°，OA＝AD＝OD，
∵OC＝OD，∠BOC＝∠AOD＝60°，
∴AD＝OC，∠D＝∠BOC＝60°，
又∵∠DAP＝∠DCP，
∴△ADM≌△CON（ASA），
∴AM＝CN；
②证明：∵⊙O的半径为1，
∴OA＝OB＝OC＝OD＝1，
∵∠P＝∠D＝60°，∠AOD＝60°，
∴∠P＝∠AOD，
又∵∠BAP＝∠BAP，
∴△AOM∽△APN，
∴，
∴，即PA，
∵∠BOC＝∠CPM＝60°，∠C＝∠C，
∴△CON∽△CPM，
∴，
∴PC，
∵△ADM≌△CON，
∴AM＝CN，DM＝ON，
又∵DM+OM＝OD＝1，
∴PA+PC．
35．（2022秋 杭州期末）如图，BD是矩形ABCD的对角线，，点E，F分别在边AD，BC上，把△ABE和△CDF分别沿直线BE，DF折叠，使点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连接FG．
（1）求证：BH＝DG．
（2）若AB＝6，AD＝8，求线段FG的长．
（3）若FG∥CD，求的值．
【分析】（1）根据矩形性质可得AB＝CD，由折叠得：BG＝AB，DH＝CD，推出BG＝DH，即可证得结论；
（2）利用勾股定理可得BD＝10，设FH＝CF＝x，利用S△CDF+S△BDF＝S△BCD，建立方程可求得x＝3，再利用勾股定理即可求得答案；
（3）由相似三角形性质可得出，设k，AB＝a，则BC＝k AB＝ka，AD＝BC＝ka，利用勾股定理可得BDa，再利用折叠性质可得DG，由BG+DG＝BD，可得aa，解得：k2，即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，
由折叠得：BG＝AB，DH＝CD，
∴BG＝DH，
∴BD﹣DH＝BD﹣BG，
即BH＝DG．
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠C＝90°，AB＝CD，AD＝BC，
∵AB＝6，AD＝8，
∴BD10，
∵BG＝DH＝AB＝6，
∴GH＝BG+DH﹣BD＝6+6﹣10＝2，
由折叠得：∠DHF＝∠C＝90°，FH＝CF，设FH＝CF＝x，
∵S△CDF+S△BDF＝S△BCD，
∴6x10x6×8，
解得：x＝3，
∴FH＝3，
在Rt△FGH中，FG，
∴线段FG的长为．
（3）解：∵FG∥CD，
∴△BFG∽△BCD，
∴，
∵AB＝CD＝BG，
∴，
设k，AB＝a，则BC＝k AB＝ka，AD＝BC＝ka，
∵，
∴1＜k，
∴BDa，
∵FG∥CD，
由折叠得∠FDG＝∠FDC，BG＝AB＝a，
∴∠DFG＝∠FDG，
∴DG＝FG，
∵，
∴，
∴FG，
∴DG，
∵BG+DG＝BD，
∴aa，
解得：k2，
∴，
故的值为．
36．（2022秋 上城区期末）如图，E是矩形ABCD边BC上的一点，作DF⊥DE交BA的延长线于点F，连结EF交AD于点G．
（1）求证：△DCE∽△DAF；
（2）已知DC＝1，BC＝3，
①若G为AD中点，求FG：GE的值；
②若△DGE为等腰三角形，求CE的长．
【分析】（1）根据矩形的性质、垂直的定义得到∠DAB＝∠ADC＝∠C＝90°＝∠DAF，结合邻补角定义推出∠ADF＝∠CDE，即可判定△DCE∽△DAF；
（2）①根据相似三角形的性质得出AF＝3CE，过点G作GM⊥BC于点M，根据矩形的判定与性质、平行线分线段成比例推出，，据此求解即可；
②分三种情况根据等腰三角形的性质求解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝∠ADC＝∠C＝90°，
∵∠DAF+∠DAB＝180°，
∴∠DAF＝90°＝∠C，
∵DF⊥DE，∠ADC＝90°，
∴∠ADF+∠GDE＝∠GDE+∠CDE＝90°，
∴∠ADF＝∠CDE，
∴△DCE∽△DAF；
（2）解：①∵△DCE∽△DAF，
∴，
∵DC＝1，BC＝AD＝3，
∴，
∴AF＝3CE，
过点G作GM⊥BC于点M，
∵四边形ABCD是矩形，GM⊥BC，
∴四边形GMCD是矩形，
∴DG＝CM，GM＝CD＝1，
∵G为AD中点，AD＝BC，
∴CM＝BMBC，
∵∠EMG＝∠B＝90°，
∴GM∥BF，
∴，
∴，
∴CE或1，
∴EM＝1或，
∴或3，，
∴FG：GE的值为或3；
②分以下三种情况：
若DG＝GE时，△DGE为等腰三角形，则DG＝GE＝FG，如图，过点G作GM⊥BC于点M，
∵，
∴1，
∴BM＝EM，
∴，
∴，
∴CE；
若DE＝GE时，△DGE为等腰三角形，如图，过点G作GM⊥BC于点M，
∵DE＝GE，GM＝CD，
∴Rt△CDE≌Rt△MGE，
∴EM＝CE，
∴BE＝3﹣CE，AG＝BM＝3﹣2CE，
∵AD∥BC，
∴△AFG∽△BFE，
∴，
∴，
∴CE或（舍去）；
若DG＝DE时，△DGE为等腰三角形，如图，连接BG，
∵DG＝DE，
∴∠DGE＝∠DEG，
∴AD∥BC，
∴∠DGE＝∠GEB＝∠DEG，
又∠FDE＝∠FBE＝90°，EF＝EF，
∴△FDE≌△FBE（AAS），
∴DE＝BE，
∴DG＝DE＝BE，
又∵DG∥BE，
∴四边形DGBE是菱形，
∴AG＝CE，DG＝3﹣CE，
在Rt△CDE中，DE2＝CD2+CE2，
∴（3﹣CE）2＝12+CE2，
∴CE；
综上，若△DGE为等腰三角形，CE的长为或或．
37．（2022秋 西湖区期末）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＞90°，△ABC的外角∠EAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC，DB交AC于点F．
（1）求证：△DBC是等腰三角形．
（2）若DA＝DF．
①求证：BC2＝DC BF．
②若⊙O的半径为5，BC＝6，求的值．
【分析】（1）由题意易得∠BCD+∠BAD＝180°，则有∠EAD＝∠BCD，进而可得∠EAD＝∠DAC，则∠BCD＝∠CBD，然后问题可求证；
（2）①由题意易证△DAF∽△DBC，则有∠ADF＝∠BDC，进而可得∠DFA＝∠DCB，再由相似三角形的判定得出△FBC∽△BCD，利用其性质即可证明；
②连接DO交BC于G，由题意易得D、O都在中垂线上，即D、O、G共线，进而可得DO⊥BC且BG＝GC＝3，则有DG＝4+OD＝9，由①得，根据相似三角形的性质得出，再由相似三角形的判定得出△AFD∽△BFC，利用其性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∵∠DAB+∠EAD＝180°，
∴∠EAD＝∠BCD，
∴∠CAD＝∠CBD，
∵AD平分∠EAC，
∴∠EAD＝∠DAC，
∴∠BCD＝∠CBD，
∴DB＝DC，
∴△DBC是等腰三角形；
（2）①证明：∵DA＝DF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴∠DAF＝∠DFA＝∠CBD＝∠BCD，
∴△DAF∽△DBC，
∴∠ADF＝∠BDC，
∴∠DFA＝∠DCB，
∵∠DBC＝∠FBC，
∴△FBC∽△BCD，
∴，
∴BC2＝BD BF，
∵DB＝DC，
∴BC2＝DC BF；
②解：连接DO交BC于G，
∵BD＝DC，OB＝OC，
∴D、O都在中垂线上，即D、O、G共线，
∴DO⊥BC且BG＝GC＝3，
∵OB＝5，
∴在Rt△BOG中，OG＝4，
∴DG＝4+OD＝9，
∴在Rt△BDG中，，
∵△FBC∽△BCD，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∵∠DAC＝∠DBC，∠DFA＝∠BFC，
∴△AFD∽△BFC，
∴，
∴．
38．（2022秋 西湖区校级期末）如图，AB、AC、AD是⊙O中的三条弦，点E在AD上，且AB＝AC＝AE．连结BC，BD，CD，其中BC交AD于点G．
（1）求证：△ABG∽△ADB．
（2）若∠DBE＝α，求∠CAD的度数（用含α的代数式表示）．
（3）若AD＝15，AB＝12，BD＝6，求线段CD的长．
【分析】（1）由等弦所对弧相等，再由等弧所对圆周角相等得出∠ABC＝∠ADB，又∠BAG＝∠DAB，即可得出结论；
（2）由等边对等角的性质与圆周角性质得出∠DBE＝∠CBE＝α，即可由∠CAD＝∠CBD＝∠DBE+∠CBE求解；
（3）由△ABG∽△ADB，得，从而可求出，，从而求出，再证△BDG∽△ADC，得，代入即可求解．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴，
∴∠ABC＝∠ADB，
又∵∠BAG＝∠DAB，
∴△ABG∽△ADB；
（2）解：∵AB＝AE，
∴∠AEB＝∠ABE，
∴∠DBE+∠ADB＝∠ABC+∠CBE，
∵AB＝AC，，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADB，
∴∠DBE＝∠CBE＝α，
∵，
∴∠CAD＝∠CBD＝∠DBE+∠CBE＝2α；
（3）解：∵△ABG∽△ADB，
∴，
∵AD＝15，AB＝12，BD＝6，
∴，
∴，，
∴，
∵∠CAD＝∠CBD＝2α，∠ADC＝∠GDB，
∴△BDG∽△ADC，
∴，即，
∴．
39．（2022秋 西湖区校级期末）已知二次函数y＝ax2﹣2（a+1）x+4（a≠0）．
（1）证明：二次函数的图象与x轴总有交点．
（2）若点P（，b）和点Q（n，b）在该二次函数图象上，求（b）2+n2的值．
（3）将该二次函数图象向下平移2个单位，令新函数图象与x轴的交点横坐标为x1，x2．证明：|x1﹣x2|＞2．
【分析】（1）计算出△，可以证明△大于等于0，即可说明图象与x轴总有交点；
（2）先求出抛物线对称轴，在根据P，Q关于对称轴对称求出n＝2，再把点P坐标代入抛物线求出b＝2，再求出（b）2+n2的值；
（3）求出平移后的新函数解析式，再由二次函数与方程的关系证明即可．
【解答】（1）证明：∵Δ＝[﹣2（a+1）]2﹣4a×4＝4a2+8a+4﹣16a＝4a2﹣8a+4＝4（a﹣1）2≥0，
∴二次函数的图象与x轴总有交点；
（2）解：∵y＝ax2﹣2（a+1）x+4（a≠0），
∴抛物线对称轴为直线x1，
∵点P（，b）和点Q（n，b）关于对称轴对称，
∴1，
∴n＝2，
把P（，b）代入函数解析式得：a2（a+1）4＝b，
解得b＝2，
∴（b）2+n2＝（2）2+22＝8；
（3）证明：∵将二次函数y＝ax2﹣2（a+1）x+4（a≠0）的图象向下平移2个单位，
平移后的解析式为y＝ax2﹣2（a+1）x+2，
∵平移后函数图象与x轴的交点横坐标为x1，x2，
∴ax2﹣2（a+1）x+2＝0的两个根为x1，x2，
∴x1+x2，x1 x2，
∴|x1﹣x2|2．
40．（2022秋 西湖区期末）在直角坐标系中，设函数y＝m（x+1）2+4n（m≠0，且m，n为实数），
（1）求函数图象的对称轴．
（2）若m，n异号，求证：函数y的图象与x轴有两个不同的交点．
（3）已知当x＝0，3，4时，对应的函数值分别为p，q，r，若2q＜p+r，求证：m＜0．
【分析】（1）根据对称轴的定义解答即可；
（2）令y＝0，则有，由m，n异号，可知一元二次方程有两个实数根，即函数y的图象与x轴有两个不同的交点；
（3）把x＝0，3，4代入y＝m（x+1）2+4n表示出p，q，r，再利用2q﹣（p+r）＜0，解题即可．
【解答】（1）解：∵函数y＝m（x+1）2+4n（m≠0，且m，n为实数），
∴函数图象的对称轴为x＝﹣1；
（2）证明：令y＝0，则0＝m（x+1）2+4n，
即，
∵m，n异号，
∴，
∴一元二次方程有两个不相等的实数根，即函数y的图象与x轴有两个不同的交点；
（3）证明：由题可知p＝m+4n，q＝16m+4n，r＝25m+4n，
∵2q﹣（p+r）＝2（16m+4n）﹣（m+4n+25m+4n）＝6m＜0，
∴m＜0．
41．（2022秋 上城区期末）二次函数y1＝2（x﹣x1）（x﹣x2）（x1，x2是常数）的图象与x轴交于A，B两点．
（1）若A，B两点的坐标分别为（1，0），（2，0），求函数y1的表达式及其图象的对称轴；
（2）若函数y1的图象经过点（2，m），且x1+x2＝2时，求m的最大值；
（3）若一次函数y2＝kx+b（k，b是常数，k≠0），它的图象与y1的图象都经过x轴上同一点，且x1﹣x2＝2．当函数y＝y1+y2的图象与x轴仅有一个交点时，求k的值．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）将已知条件代入解析式中，得到m关于x1的函数关系式，利用二次函数的性质，配方法解答即可得出结论；
（3）利用分类讨论的思想方法分别得到y关于x1，x2的解析式，再利用待定系数法和已知条件解答即可．
【解答】解：二次函数y1＝2（x﹣x1）（x﹣x2）＝2x2﹣2（x1+x2）x+2x1x2，
∵二次函数y1＝2（x﹣x1）（x﹣x2）经过（1，0），（2，0），
∴，
解得：，
∴函数y1的表达式为y1＝2x2﹣6x+4．
∵y1＝2x2﹣6x+4＝2，
∴函数y1的对称轴为直线x；
（2）∵函数y1的图象经过点（2，m），
∴m＝2×22﹣4（x1+x2）+2x1x2＝8﹣4（x1+x2）+2x1x2，
∵x1+x2＝2，
∴x2＝2﹣x1，
∴m＝8﹣4×2+2x1 （2﹣x1）
＝﹣24x1
＝﹣22，
∵﹣2＜0，
∴当x1＝1时，m有最大值为2．
∴m的最大值为2；
（3）由题意：二次函数y1＝2（x﹣x1）（x﹣x2）（x1，x2是常数）的图象与x轴交于（x1，0），（x2，0）两点，
①若两函数的图象都经过x轴上同一点（x1，0），
∴0＝kx1+b，
∴b＝﹣kx1，
∴y2＝kx﹣kx1．
∵y＝y1+y2，
∴y＝2x2﹣2（x1+x2）x+2x1x2+kx﹣kx1
＝2x2﹣（2x1+2x2﹣k）x+2x1x2﹣kx1．
∵函数y＝y1+y2的图象与x轴仅有一个交点，
∴Δ＝0．
即0，
整理得：0，
∴k＝﹣2（x1﹣x2）．
∵x1﹣x2＝2，
∴k＝﹣2×2＝﹣4；
②若两函数的图象都经过x轴上同一点（x2，0），
∴0＝kx2+b，
∴b＝﹣kx2，
∴y2＝kx﹣kx2．
∵y＝y1+y2，
∴y＝2x2﹣2（x1+x2）x+2x1x2+kx﹣kx2
＝2x2﹣（2x1+2x2﹣k）x+2x1x2﹣kx2．
∵函数y＝y1+y2的图象与x轴仅有一个交点，
∴Δ＝0．
即4×2（2x1x2﹣kx2）＝0，
整理得：0，
∴k＝2（x1﹣x2）．
∵x1﹣x2＝2，
∴k＝2×2＝4．
综上，当函数y＝y1+y2的图象与x轴仅有一个交点时，k的值为4或﹣4．
42．（2022秋 杭州期末）在平面直角坐标系中，点（1，m），（2，n）在函数y＝x2+bx+c（b，c是常数）的图象上．
（1）若m＝2，n＝3，求该函数的表达式．
（2）若n＝3m，求证：该函数的图象经过点．
（3）已知点（3，0），（﹣1，y1），（4，y2）在该函数图象上，若m＞0，n＜0，试比较y1，y2的大小，并说明理由．
【分析】（1）把（1，2），（2，3）分别代入y＝x2+bx+c中得到关于b、c的方程组，然后解方程组即可；
（2）把（1，m），（2，3m）分别代入y＝x2+bx+c中得到关于b、c的方程组，解方程组得到抛物线解析式为y＝x2+（2m﹣3）x+2﹣m，然后计算x时，y，从而可判断抛物线经过点（，）；
（3）如图，由于x＝1时，y＞0；x＝2时，y＜0，抛物线经过点（3，0），则可判断抛物线的对称轴在直线x＝2的右侧，在直线x＝3的左侧，然后利用点（﹣1，y1）到对称轴的距离大于点（4，y2）到对称轴的距离，从而得到y1＞y2．
【解答】（1）解：把（1，2），（2，3）分别代入y＝x2+bx+c得，
解得，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x+3；
（2）证明：把（1，2），（2，3）分别代入y＝x2+bx+c得，
解得，
∴抛物线解析式为y＝x2+（2m﹣3）x+2﹣m，
∵当x时，y（2m﹣3）+2﹣m，
∴抛物线经过点（，）；
（3）y1＞y2．
理由如下：
如图，
∵m＞0，n＜0，
∴x＝1时，y＞0；x＝2时，y＜0，
∵抛物线经过点（3，0），
∴抛物线的对称轴在直线x＝2的右侧，在直线x＝3的左侧，
∴点（﹣1，y1）到对称轴的距离大于点（4，y2）到对称轴的距离，
而抛物线开口向上，
∴y1＞y2．
43．（2022秋 杭州期末）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，1）和B（2，4）．
（1）求a，b满足的关系式．
（2）当自变量x的值满足﹣1≤x≤2时，y随x的增大而增大，求a的取值范围．
（3）若函数图象与x轴无交点，求a2+b2的取值范围．
【分析】（1）把点A（﹣1，1）和B（2，4）代入解析式得到，两式相减即可得到结论；
（2）由题意可知1，代入b＝1﹣a，解得a，即可得到a的取值范围是0＜a；
（3）由b＝1﹣a得到a2+b2＝2（a）2，即可根据二次函数的性质得到a2+b2的最值．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，1）和B（2，4），
∴，
②﹣①得，3a+3b＝3，即a+b＝1，
∴b＝1﹣a；
（2）由题意可知1，
∵b＝1﹣a，
∴1，
∴a＞0，
∴1﹣a≥2a，
∴a，
∴a的取值范围是0＜a；
（3）∵函数图象与x轴无交点，
∴b2﹣4ac＜0，即（1﹣a）2﹣4a（2﹣2a）＜0，
∴（1﹣a）（1﹣9a）＜0，
解得a＜1，
∵b＝1﹣a，
∴a2+b2
＝a2+（1﹣a）2
＝a2+a2﹣2a+1
＝2a2﹣2a+1
＝2（a）2，
∴当a时，a2+b2的最小值为，
当a＝1时，a2+b2的最大值为1，
∴a2+b2＜1．
44．（2022秋 滨江区期末）二次函数y＝x2﹣bx+c的图象经过（﹣2，y1），（1，y2）两点．
（1）当b＝1时，判断y1与y2的大小．
（2）当y1＜y2时，求b的取值范围．
（3）若此函数图象还经过点（m，y1），且1＜b＜2，求证：3＜m＜4．
【分析】（1）当b＝1时，分别把x＝﹣2，x＝1代入解析式，计算出y1，y2，比较即可；
（2）先求出y1＝4+2b+c，y2＝1﹣b+c，再根据y1＜y2，解不等式即可；
（3）先求出二次函数y＝x2﹣bx+c的对称轴为直线x，m得由1＜b＜2，计算可得答案．
【解答】解：（1）当b＝1时，
∴，
∵6+c＞c，
∴y1＞y2；
（2）∵y1＝4+2b+c，y2＝1﹣b+c，
又∵y1＜y2，
∴4+2b+c＜1﹣b+c，
∴b＜﹣1；
（3）二次函数y＝x2﹣bx+c的对称轴为直线，
∵二次函数经过（﹣2，y1），（m，y1）两点，
∴m得，即m＝2+b，
∵1＜b＜2，
∴3＜m＜4．
45．（2023秋 杭州期末）综合与实践：问题情境：求方程x2+x﹣1＝0的解，就是求二次函数y＝x2+x﹣1的图象与x轴交点的横坐标．为了估计这个方程的解，圆圆先取了6个自变量满足x1＜x2＜x3＜x4＜x5＜x6且x1﹣x2＝x2﹣x3＝x3﹣x4＝x4﹣x5＝x5﹣x6，再分别算出相应的y值．列表得：
x的值 x1 x2 x3 x4 x5 x6
y＝x2+x﹣1的值 1 0.71 0.44 0.19 0.04 ﹣0.25
操作判断：（1）求x1的值；
实践探究：（2）为了分析函数值的变化规律，圆圆将表格中得到的函数值逐个作差．如：0.71﹣1＝﹣0.29，0.44﹣0.71＝﹣0.27，得到如下数据：﹣0.29，﹣0.27，﹣0.25，﹣0.15，﹣0.29，通过计算，圆圆发现自己由于粗心算错了其中的一个函数值，请指出算错的是哪一个值，正确的是多少？
问题解决：（3）对于一般的二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0，a、b、c为常数）的函数值变化进行如表研究：（d≠0）
x的值 x x+d x+2d x+3d x+4d x+5d
y＝ax2+bx+c的值 y1 y2 y3 y4 y5 y6
将表格中得到的函数值逐个作差，发现函数值的差与自变量满足某种函数关系，请写出你的发现过程以及发现结论．
【分析】（1）把y＝1代入y＝x2+x﹣1，求得相应的x的值，根据函数值的变化选取合适的x的值；
（2）作差后的前三个数据分别是前一个数据的基础上增加0.02，第四个不是，所以猜测第五个函数值错了，设出第五个函数值为m，根据第五个函数值减去第四个函数值的值为﹣0.25+0.02列式计算即可；
（3）可设函数值的差为w，若自变量为x，那么和它相邻的自变量为x+d，分别求得它们的函数值，相减即可得到w．
【解答】解：（1）把y＝1代入y＝x2+x﹣1，得：
x2+x﹣1＝1，
解得x1＝﹣2，x2＝1．
∵二次函数y＝x2+x﹣1的对称轴为直线x，
∴当x时，y随着x的增大而减小．观察图表可得y随x的增大而减小．
∴．
∴x1＝﹣2．
（2）作差后的前三个数据﹣0.29，﹣0.27，﹣0.25分别是前一个数的基础上增加0.02，第四个不是．
∴猜测第五个函数值错了．
设第5个函数值为m．
∴m﹣0.19＝﹣0.25+0.02．
解得：m＝﹣0.04．
答：第五个函数值错了，应该是﹣0.04．
（3）设函数值的差为w，
猜测：函数值的差与自变量满足一次函数关系，
若自变量为x，则函数值为：yn＝ax2+bx+c；
和x相邻的自变量为x+d，则函数值为：yn+1＝a（x+d）2+b（x+d）+c．
∴w＝[a（x+d）2+b（x+d）+c]﹣（ax2+bx+c）
＝2adx+（ad2+bd）．
∵a，b，c，d为常数，且a≠0，d≠0，
∴函数值的差与自变量满足一次函数关系．w＝2adx+（ad2+bd）（a≠0，d≠0，a、b、c、d为常数）．
46．（2023秋 杭州期末）已知二次函数y＝ax2﹣2ax+1（a≠0），图象经过点（﹣1，m），（1，n），（3，p）．
（1）当m＝﹣2时．
①求二次函数的表达式；
②写出一个符合条件的x的取值范围，使得y随x的增大而增大；
（2）若在m，n，p这三个实数中，只有一个是正数，求证：．
【分析】（1）①利用待定系数法即可解决问题．
②根据所得二次函数的图象和性质即可解决问题．
（2）由这三个点在抛物线上的位置即可解决问题．
【解答】解：（1）①当m＝﹣2时，
将点（﹣1，﹣2）代入函数解析式得，
a+2a+1＝﹣2，
解得a＝﹣1．
所以二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+1．
②因为抛物线的对称轴为直线x，且开口向下，
所以当x＜1时，y随x的增大而增大．
故一个符合条件的x的取值范围是：x＜1．
证明：（2）因为抛物线的对称轴为直线x，
又因为1﹣（﹣1）＝3﹣1，
所以点（﹣1，m）和点（3，p）关于抛物线的对称轴对称，
则m＝p．
又因为m，n，p这三个实数中，只有一个是正数，
所以m和p都是非正数，n是正数，
则，
解得．
所以a．
47．（2023秋 拱墅区校级期末）已知二次函数y＝x2﹣4x﹣5，点P1（x1，y1）与P2（x2，y2）都在该函数的图象上，且x1+x2＝2．
（1）求函数图象的顶点；
（2）若点P1（x1，y1）与P2（x2，y2）与直线x＝m的距离恒相等，求m的值；
（3）若y1≥y2，求y1的最小值．
【分析】（1）把解析式化成顶点式即可求解；
（2）根据题意，列出方程，化简后将x1+x2＝2代入即可求解；
（3）根据题意，由（1）（2）可得，P1在直线x＝1的左侧，P2在直线x＝1的右侧或重合在直线x＝1上，根据二次函数的增减性即可求解．
【解答】解（1）∵二次函数y＝x2﹣4x﹣5＝（x﹣2）2﹣9，
∴函数图象的顶点为（2，﹣9）．
（2）∵点P1（x1，y1）与P2（x2，y2）与直线x＝m的距离恒相等，
∴|x1﹣m|＝|x2﹣m|，
∴（x1﹣m）2＝（x2﹣m）2，
化简得（x1﹣x2）[（x1+x2）﹣2m]＝0，
又∵x1+x2＝2，x1≠x2，
∴m＝1．
故m的值为1．
（3）∵y1≥y2，
由（1）（2）可得，P1在直线x＝1的左侧，P2在直线x＝1的右侧或重合在直线x＝1上，
∴x1≤1，
∵y1随x1的增大而减小，
∴当x1＝1时，y1的最小值为﹣8．
故y1≥y2时，y1的最小值为﹣8．
48．（2023秋 滨江区期末）【综合与实践】
【认识研究对象】教材121页给出了如下定义：如图1，如果点P把线段AB分成两条线段AP和PB（AP＞PB），且，则我们称点P为线段AB的黄金分割点．类似，我们可以定义：如果一个三角形中，其最长边的长度和最短边的长度的乘积等于第三边长度的平方，那么就称该三角形为“类黄金三角形”．
如图2，已知△ABC是“类黄金三角形”，且AC＜AB＜BC．若AC＝3，BC＝5，求AB的长．
【探索研究方法】如图3，已知△ABC是“类黄金三角形”，且AC＜AB＜BC．
若∠BAC＝90°，小滨同学过点A作AD⊥BC于点D，发现了两个结论：
①AB2＝BD×BC；
②点D是边BC的黄金分割点；
请给出证明．
【尝试问题解决】小滨同学经历以上探索过程发现：类似问题，可以通过构造相似三角形等方法解决．于是开展新的探
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