2022-2023學(xué)年山東省濟寧市馬營鎮(zhèn)初級中學(xué)數(shù)學(xué)九年級上冊期末復(fù)習(xí)檢測試題含解析

2022-2023學(xué)年九上數(shù)學(xué)期末模擬試卷注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，比例規(guī)是一種畫圖工具，它由長度相等的兩腳AC和BD交叉構(gòu)成，利用它可以把線段按一定的比例伸長或縮短．如果把比例規(guī)的兩腳合上，使螺絲釘固定在刻度3的地方（即同時使OA=3OC，OB=3OD），然后張開兩腳，使A，B兩個尖端分別在線段a的兩個端點上，當(dāng)CD=1.8cm時，則AB的長為（）A．7.2cm B．5.4cm C．3.6cm D．0.6cm2．如圖所示，∠APB＝30°，O為PA上一點，且PO＝6，以點O為圓心，半徑為3的圓與PB的位置關(guān)系是（）A．相離 B．相切C．相交 D．相切、相離或相交3．如圖，在Rt△ABC中，CE是斜邊AB上的中線，CD⊥AB，若CD＝5，CE＝6，則△ABC的面積是（）A．24 B．25 C．30 D．364．若關(guān)于x的一元二次方程x2+2x﹣m＝0的一個根是x＝1，則m的值是（）A．1 B．2 C．3 D．45．計算的結(jié)果是（）A． B． C． D．96．二次函數(shù)y＝﹣x2+2x﹣4，當(dāng)﹣1＜x＜2時，y的取值范圍是（）A．﹣7＜y＜﹣4 B．﹣7＜y≤﹣3 C．﹣7≤y＜﹣3 D．﹣4＜y≤﹣37．如圖，矩形草坪ABCD中，AD＝10m，AB＝m．現(xiàn)需要修一條由兩個扇環(huán)構(gòu)成的便道HEFG，扇環(huán)的圓心分別是B，D．若便道的寬為1m，則這條便道的面積大約是（）（精確到0.1m2）A．9.5m2 B．10.0m2 C．10.5m2 D．11.0m28．給出下列函數(shù)，其中y隨x的增大而減小的函數(shù)是（）①y＝2x；②y＝﹣2x+1；③y＝（x＜0）；④y＝x2（x＜1）．A．①③④ B．②③④ C．②④ D．②③9．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝3，則tanA＝（）A． B． C． D．10．如圖，內(nèi)接于⊙，，，則⊙半徑為（）A．4 B．6 C．8 D．1211．一元二次方程配方為（）A． B． C． D．12．將二次函數(shù)y＝ax2的圖象先向下平移2個單位，再向右平移3個單位，截x軸所得的線段長為4，則a＝（）A．1 B． C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．已知關(guān)于x的一元二次方程有兩個實數(shù)根，，若，滿足，則m的值為_____________14．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，函數(shù)和的圖象分別為直線，，過點(1，0)作軸的垂線交于點，過點作軸的垂線交于點，過點作軸的垂線交于點，過點作軸的垂線交于點，…依次進行下去，則點的坐標(biāo)為_________.15．如圖，△ABC中，D為BC上一點，∠BAD＝∠C，AB＝6，BD＝4，則CD的長為____．16．如圖，拋物線（是常數(shù)，），與軸交于兩點，頂點的坐標(biāo)是，給出下列四個結(jié)論：①；②若，，在拋物線上，則；③若關(guān)于的方程有實數(shù)根，則；④，其中正確的結(jié)論是__________．（填序號）17．如圖，在菱形中，,,點,,分別為線段，，上的任意一點，則的最小值為__________．18．若關(guān)于x的一元二次方程有實數(shù)根，則m的取值范圍是___________．三、解答題（共78分）19．（8分）已知拋物線，求證:無論為何值，拋物線與軸總有兩個交點.20．（8分）如圖甲，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm．如果點P由點B出發(fā)沿BA方向向點A勻速運動，同時點Q由點A出發(fā)沿AC方向向點C勻速運動，它們的速度均為1cm/s．連接PQ，設(shè)運動時間為t（s）（0＜t＜4），解答下列問題：（1）設(shè)△APQ的面積為S，當(dāng)t為何值時，S取得最大值，S的最大值是多少；（2）如圖乙，連接PC，將△PQC沿QC翻折，得到四邊形PQP′C，當(dāng)四邊形PQP′C為菱形時，求t的值；（3）當(dāng)t為何值時，△APQ是等腰三角形．21．（8分）如圖，△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，D為BC邊上的點，將DA繞D點逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到DE．（1）如圖1，若AD＝DC，則BE的長為，BE2+CD2與AD2的數(shù)量關(guān)系為；（2）如圖2，點D為BC邊山任意一點，線段BE、CD、AD是否依然滿足（1）中的關(guān)系，試證明；（3）M為線段BC上的點，BM＝1，經(jīng)過B、E、D三點的圓最小時，記D點為D1，當(dāng)D點從D1處運動到M處時，E點經(jīng)過的路徑長為．22．（10分）（1）用配方法解方程：；（2）用公式法解方程：.23．（10分）直線y＝kx+b與反比例函數(shù)（x＞0）的圖象分別交于點A（m，4）和點B（8，n），與坐標(biāo)軸分別交于點C和點D．（1）求直線AB的解析式；（2）觀察圖象，當(dāng)x＞0時，直接寫出的解集；（3）若點P是x軸上一動點，當(dāng)△COD與△ADP相似時，求點P的坐標(biāo)．24．（10分）解方程：（1）x2﹣4x﹣1＝0；（2）5x（x﹣1）＝x﹣1．25．（12分）定義：如圖1，點P為∠AOB平分線上一點，∠MPN的兩邊分別與射線OA，OB交于M，N兩點，若∠MPN繞點P旋轉(zhuǎn)時始終滿足OM?ON＝OP2，則稱∠MPN是∠AOB的“相關(guān)角”．（1）如圖1，已知∠AOB＝60°，點P為∠AOB平分線上一點，∠MPN的兩邊分別與射線OA，OB交于M，N兩點，且∠MPN＝150°．求證：∠MPN是∠AOB的“相關(guān)角”；（2）如圖2，已知∠AOB＝α（0°α90°），OP＝3，若∠MPN是∠AOB的“相關(guān)角”，連結(jié)MN，用含α的式子分別表示∠MPN的度數(shù)和△MON的面積；（3）如圖3，C是函數(shù)（x0）圖象上的一個動點，過點C的直線CD分別交x軸和y軸于點A，B兩點，且滿足BC＝3CA，∠AOB的“相關(guān)角”為∠APB，請直接寫出OP的長及相應(yīng)點P的坐標(biāo)．26．已知，直線與拋物線相交于、兩點，且的坐標(biāo)是（1）求，的值；（2）拋物線的表達式及其對稱軸和頂點坐標(biāo)．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【解析】由已知可證△ABO∽CDO,故,即.【詳解】由已知可得，△ABO∽CDO,所以，,所以，，所以，AB=5.4故選B【點睛】本題考核知識點：相似三角形.解題關(guān)鍵點：熟記相似三角形的判定和性質(zhì).2、C【分析】過O作OC⊥PB于C，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到OC＝3，根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系即可得到結(jié)論．【詳解】解：過O作OC⊥PB于C，∵∠APB＝30°，OP＝6，∴OC＝OP＝3＜3，∴半徑為3的圓與PB的位置關(guān)系是相交，故選：C．【點睛】本題考查直線與圓的位置關(guān)系，掌握含30°角的直角三角形的性質(zhì)是本題的解題關(guān)鍵.3、C【分析】根據(jù)題意及直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得：AB=2CE=12再根據(jù)三角形面積公式，即△ABC面積=AB×CD=30.故選C.【詳解】解：∵CE是斜邊AB上的中線，∴AB＝2CE＝2×6＝12，∴S△ABC＝×CD×AB＝×5×12＝30，故選：C．【點睛】本題的考點是直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)及三角形面積公式.方法是根據(jù)題意求出三角形面積公式中的底，再根據(jù)面積公式即可得出答案.4、C【分析】根據(jù)一元二次方程的解的定義，把x＝1代入方程得1+2﹣m＝0，然后解關(guān)于m的一次方程即可．【詳解】解：把x＝1代入x2+2x﹣m＝0得1+2﹣m＝0，解得m＝1．故選：C．【點睛】本題考查一元二次的代入求參數(shù),關(guān)鍵在于掌握基本運算方法.5、D【分析】根據(jù)負整數(shù)指數(shù)冪的計算方法：，為正整數(shù)），求出的結(jié)果是多少即可．【詳解】解：，計算的結(jié)果是1．故選：D．【點睛】此題主要考查了負整數(shù)指數(shù)冪：，為正整數(shù)），要熟練掌握，解答此題的關(guān)鍵是要明確：（1）計算負整數(shù)指數(shù)冪時，一定要根據(jù)負整數(shù)指數(shù)冪的意義計算；（2）當(dāng)?shù)讛?shù)是分?jǐn)?shù)時，只要把分子、分母顛倒，負指數(shù)就可變?yōu)檎笖?shù)．6、B【分析】先求出二次函數(shù)的對稱軸，再根據(jù)二次函數(shù)的增減性求出最小值和最大值即可．【詳解】解：∵y＝﹣x2+2x﹣4，＝﹣（x2﹣2x+4）＝﹣（x﹣1）2﹣1，∴二次函數(shù)的對稱軸為直線x＝1，∴﹣1＜x＜2時，x＝1取得最大值為﹣1，x＝﹣1時取得最小值為﹣（﹣1）2+2×（﹣1）﹣4＝﹣7，∴y的取值范圍是﹣7＜y≤﹣1．故選：B．【點睛】本題考查了二次函數(shù)與不等式，主要利用了二次函數(shù)的增減性和對稱性，確定出對稱軸從而判斷出取得最大值和最小值的情況是解題的關(guān)鍵．7、C【分析】由四邊形ABCD為矩形得到△ADB為直角三角形，又由AD＝10，AB＝10，由此利用勾股定理求出BD＝20，又由cos∠ADB＝，得到∠ADB＝60°，又矩形對角線互相平分且相等，便道的寬為1m，所以每個扇環(huán)都是圓心角為30°且外環(huán)半徑為10.1，內(nèi)環(huán)半徑為9.1．這樣可以求出每個扇環(huán)的面積．【詳解】∵四邊形ABCD為矩形，∴△ADB為直角三角形，又∵AD＝10，AB＝，∴BD＝，又∵cos∠ADB＝，∴∠ADB＝60°．又矩形對角線互相平分且相等，便道的寬為1m，所以每個扇環(huán)都是圓心角為30°，且外環(huán)半徑為10.1，內(nèi)環(huán)半徑為9.1．∴每個扇環(huán)的面積為．∴當(dāng)π取3.14時整條便道面積為×2＝10.4666≈10.1m2．便道面積約為10.1m2．故選：C．【點睛】此題考查內(nèi)容比較多，有勾股定理、三角函數(shù)、扇形面積，做題的關(guān)鍵是把實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題．8、D【解析】分別根據(jù)一次函數(shù)、二次函數(shù)及反比例函數(shù)的增減性進行解答即可【詳解】解：①∵y=2x中k=2＞0，∴y隨x的增大而增大，故本小題錯誤；

②∵y=-2x+1中k=-2＜0，∴y隨x的增大而減小，故本小題正確；

③∵y=（x＜0）中k=2＞0，∴x＜0時，y隨x的增大而減小，故本小題正確；

④∵y=x2（x＜1）中x＜1，∴當(dāng)0＜x＜1時，y隨x的增大而增大，故本小題錯誤．

故選D．【點睛】本題考查的是反比例函數(shù)的性質(zhì)，熟知一次函數(shù)、二次函數(shù)及反比例函數(shù)的增減性是解答此題的關(guān)鍵．9、B【分析】根據(jù)正切的定義計算，得到答案．【詳解】在Rt△ABC中，∠C＝90°，，故選：B．【點睛】本題考查正切的計算，熟知直角三角形中正切的表示是解題的關(guān)鍵.10、C【分析】連接OB，OC，根據(jù)圓周角定理求出∠BOC的度數(shù)，再由OB＝OC判斷出△OBC是等邊三角形，由此可得出結(jié)論．【詳解】解：連接OB，OC，∵∠BAC＝30°，∴∠BOC＝60°．∵OB＝OC，BC＝1，∴△OBC是等邊三角形，∴OB＝BC＝1．故選：C.【點睛】本題考查的是圓周角定理以及等邊三角形的判定和性質(zhì)，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出等邊三角形是解答此題的關(guān)鍵．11、A【分析】方程移項變形后，利用完全平方公式化簡得到結(jié)果，即可做出判斷．【詳解】解：x2-6x-4=0，

x2-6x=4，

x2-6x+32=4+32，

（x-3）2=13，

故選：A．【點睛】此題考查了解一元二次方程-配方法．配方法的一般步驟：（1）把常數(shù)項移到等號的右邊；

（2）把二次項的系數(shù)化為1；（3）等式兩邊同時加上一次項系數(shù)一半的平方．選擇用配方法解一元二次方程時，最好使方程的二次項的系數(shù)為1，一次項的系數(shù)是2的倍數(shù)．12、D【分析】根據(jù)題意可以寫出平移后的函數(shù)解析式，然后根據(jù)截x軸所得的線段長為4，可以求得a的值，本題得以解決．【詳解】解：二次函數(shù)y＝ax2的圖象先向下平移2個單位，再向右平移3個單位之后的函數(shù)解析式為y＝a（x﹣3）2﹣2，當(dāng)y＝0時，ax2﹣6ax+9a﹣2＝0，設(shè)方程ax2﹣6ax+9a﹣2＝0的兩個根為x1，x2，則x1+x2＝6，x1x2＝，∵平移后的函數(shù)截x軸所得的線段長為4，∴|x1﹣x2|＝4，∴（x1﹣x2）2＝16，∴（x1+x2）2﹣4x1x2＝16，∴36﹣4×＝16，解得，a＝，故選：D．【點睛】本題考查解二次函數(shù)綜合題，解題關(guān)鍵是根據(jù)題意可以寫出平移后的函數(shù)解析式.二、填空題（每題4分，共24分）13、4【解析】由韋達定理得出x1+x2=6，x1·x2=m+4，將已知式子3x1=|x2|+2去絕對值，對x2進行分類討論，列方程組求出x1、x2的值，即可求出m的值.【詳解】由韋達定理可得x1+x2=6，x1·x2=m+4，①當(dāng)x2≥0時，3x1=x2+2，，解得，∴m=4；②當(dāng)x2＜0時，3x1=2﹣x2，，解得，不合題意，舍去.∴m=4.故答案為4.【點睛】本題主要考查一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，其中對x2分類討論去絕對值是解題的關(guān)鍵.14、【解析】根據(jù)一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可得出點A1、A2、A3、A4、A5、A6、A7、A8等的坐標(biāo)，根據(jù)坐標(biāo)的變化找出變化規(guī)律“A4n+1（22n，22n+1），A4n+2（-22n+1，22n+1），A4n+3（-22n+1，-22n+2），A4n+4（22n+2，-22n+2）（n為自然數(shù)）”，依此規(guī)律結(jié)合2019=504×4+3即可找出點A2019的坐標(biāo)．【詳解】解：當(dāng)x=1時，y=2，

∴點A1的坐標(biāo)為（1，2）；

當(dāng)y=-x=2時，x=-2，

∴點A2的坐標(biāo)為（-2，2）；

同理可得：A3（-2，-4），A4（4，-4），A5（4，8），A6（-8，8），A7（-8，-16），A8（16，-16），A9（16，32），…，

∴A4n+1（22n，22n+1），A4n+2（-22n+1，22n+1），

A4n+3（-22n+1，-22n+2），A4n+4（22n+2，-22n+2）（n為自然數(shù)）．

∵2019=504×4+3，

∴點A2019的坐標(biāo)為（-2504×2+1，-2504×2+2），即（-21009，-21010）．

故答案為（-21009，-21010）．【點睛】本題考查一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、正比例函數(shù)的圖象以及規(guī)律型中點的坐標(biāo)，根據(jù)坐標(biāo)的變化找出變化規(guī)律“A4n+1（22n，22n+1），A4n+2（-22n+1，22n+1），A4n+3（-22n+1，-22n+2），A4n+4（22n+2，-22n+2）（n為自然數(shù)）”是解題的關(guān)鍵．15、1【分析】利用角角定理證明△BAD∽△BCA，然后利用相似三角形的性質(zhì)得到，求得BC的長，從而使問題得解.【詳解】解：∵∠BAD=∠C，∠B=∠B，∴△BAD∽△BCA，∴．∵AB=6，BD=4，∴，∴BC=9，∴CD=BC-BD=9-4=1．【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)，熟記判定方法準(zhǔn)確找到相似三角形對應(yīng)邊是本題的解題關(guān)鍵.．16、①②④【分析】根據(jù)二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)逐一對選項進行分析即可.【詳解】①∵∴即，故①正確；②由圖象可知，若，，在拋物線上，則，故②正確；③∵拋物線與直線有交點時，即有解時，要求所以若關(guān)于的方程有實數(shù)根，則，故③錯誤；④當(dāng)時，∵∴，故④正確.故答案為①②④【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.17、【分析】根據(jù)菱形的對稱性，在AB上找到點P關(guān)于BD的對稱點，過點作Q⊥CD于Q，交BD于點K，連接PK，過點A作AE⊥CD于E，根據(jù)垂線段最短和平行線之間的距離處處相等，可得此時最小，且最小值為的長，，然后利用銳角三角函數(shù)求AE即可．【詳解】解：根據(jù)菱形的對稱性，在AB上找到點P關(guān)于BD的對稱點，過點作Q⊥CD于Q，交BD于點K，連接PK，過點A作AE⊥CD于E根據(jù)對稱性可知：PK=K，∴此時=，根據(jù)垂線段最短和平行線之間的距離處處相等，∴此時最小，且最小值為的長，∵在菱形中，,∴，∠ADE=180°－∠A=60°在Rt△ADE中，AE=AD·sin∠ADE=∴即的最小值為故答案為．【點睛】此題考查的是菱形的性質(zhì)、求兩線段之和的最值問題和銳角三角函數(shù)，掌握菱形的性質(zhì)、垂線段最短、平行線之間的距離處處相等和用銳角三角函數(shù)解直角三角形是解決此題的關(guān)鍵．18、【分析】根據(jù)根的判別式可得方程有實數(shù)根則，然后列出不等式計算即可．【詳解】根據(jù)題意得：解得：故答案為：【點睛】本題考查的是一元二次方程的根的判別式，根據(jù)一元二次方程的根的情況確定與0的關(guān)系是關(guān)鍵．三、解答題（共78分）19、證明見解析【分析】求得判別式并分解得到平方與正數(shù)的和，得到判別式大于0即可證明.【詳解】證明:.無論為何值，拋物線與軸總有兩個交點.【點睛】此題考查一元二次方程的判別式，正確計算并掌握判別式的三種情況即可正確解題.20、(1)當(dāng)t為秒時，S最大值為；（1）；（3）或或．【分析】（1）過點P作PH⊥AC于H，由△APH∽△ABC，得出，從而求出AB，再根據(jù)，得出PH=3﹣t，則△AQP的面積為：AQ?PH=t（3﹣t），最后進行整理即可得出答案；（1）連接PP′交QC于E，當(dāng)四邊形PQP′C為菱形時，得出△APE∽△ABC，，求出AE=﹣t+4，再根據(jù)QE=AE﹣AQ，QE=QC得出﹣t+4=﹣t+1，再求t即可；（3）由（1）知，PD=﹣t+3，與（1）同理得：QD=﹣t+4，從而求出PQ=，在△APQ中，分三種情況討論：①當(dāng)AQ=AP，即t=5﹣t，②當(dāng)PQ=AQ，即=t，③當(dāng)PQ=AP，即=5﹣t，再分別計算即可．【詳解】解：（1）如圖甲，過點P作PH⊥AC于H，∵∠C=90°，∴AC⊥BC，∴PH∥BC，∴△APH∽△ABC，∴，∵AC=4cm，BC=3cm，∴AB=5cm，∴，∴PH=3﹣t，∴△AQP的面積為：S=×AQ×PH=×t×（3﹣t）=﹣（t﹣）1+，∴當(dāng)t為秒時，S最大值為cm1．（1）如圖乙，連接PP′，PP′交QC于E，當(dāng)四邊形PQP′C為菱形時，PE垂直平分QC，即PE⊥AC，QE=EC，∴△APE∽△ABC，∴，∴AE==﹣t+4QE=AE﹣AQ═﹣t+4﹣t=﹣t+4，QE=QC=（4﹣t）=﹣t+1，∴﹣t+4=﹣t+1，解得：t=，∵0＜＜4，∴當(dāng)四邊形PQP′C為菱形時，t的值是s；（3）由（1）知，PD=﹣t+3，與（1）同理得：QD=AD﹣AQ=﹣t+4∴PQ==，在△APQ中，①當(dāng)AQ=AP，即t=5﹣t時，解得：t1=；②當(dāng)PQ=AQ，即=t時，解得：t1=，t3=5；③當(dāng)PQ=AP，即=5﹣t時，解得：t4=0，t5=；∵0＜t＜4，∴t3=5，t4=0不合題意，舍去，∴當(dāng)t為s或s或s時，△APQ是等腰三角形．【點睛】本題考查相似形綜合題．21、（1）1；BE1+CD1＝4AD1；（1）能滿足（1）中的結(jié)論，見解析；（3）1【分析】（1）依據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可得：DE＝DA＝CD，∠BDE＝∠ADB＝60°，再證明：△BDE≌△BDA，利用勾股定理可得結(jié)論；（1）將△ACD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)110°得到△ABD′，再證明：∠D′BE＝∠D′AE＝90°，利用勾股定理即可證明結(jié)論仍然成立；（3）從（1）中發(fā)現(xiàn)：∠CBE＝30°，即：點D運動路徑是線段；分別求出點D位于D1時和點D運動到M時，對應(yīng)的BE長度即可得到結(jié)論．【詳解】解：（1）如圖1，∵AB＝AC，∠BAC＝110°，∴∠ABC＝∠ACB＝30°，∵AD＝DC∴∠CAD＝∠ACB＝30°，∠ADB＝∠CAD+∠ACB＝60°，∴∠BAD＝90°，由旋轉(zhuǎn)得：DE＝DA＝CD，∠BDE＝∠ADB＝60°∴△BDE≌△BDA（SAS）∴∠BED＝∠BAD＝90°，BE＝AB＝∴BE1+CD1＝BE1+DE1＝BD1∵＝cos∠ADB＝cos60°＝∴BD＝1AD∴BE1+CD1＝4AD1；故答案為：；BE1+CD1＝4AD1；（1）能滿足（1）中的結(jié)論．如圖1，將△ACD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)110°得到△ABD′，使AC與AB重合，∵∠DAD′＝110°，∠BAD′＝∠CAD，∠ABD′＝∠ACB＝30°，AD′＝AD＝DE，∠DAE＝∠AED＝30°，BD′＝CD，∠AD′B＝∠ADC∴∠D′AE＝90°∵∠ADB+∠ADC＝180°∴∠ADB+∠AD′B＝180°∴A、D、B、D′四點共圓，同理可證：A、B、E、D四點共圓，A、E、B、D′四點共圓；∴∠D′BE＝90°∴BE1+BD′1＝D′E1∵在△AD′E中，∠AED′＝30°，∠EAD′＝90°∴D′E＝1AD′＝1AD∴BE1+BD′1＝（1AD）1＝4AD1∴BE1+CD1＝4AD1．（3）由（1）知：經(jīng)過B、E、D三點的圓必定經(jīng)過D′、A，且該圓以D′E為直徑，該圓最小即D′E最小，∵D′E＝1AD∴當(dāng)AD最小時，經(jīng)過B、E、D三點的圓最小，此時，AD⊥BC如圖3，過A作AD1⊥BC于D1，∵∠ABC＝30°∴BD1＝AB?cos∠ABC＝cos30°＝3，AD1＝∴D1M＝BD1﹣BM＝3﹣1＝1由（1）知：在D運動過程中，∠CBE＝30°，∴點D運動路徑是線段；當(dāng)點D位于D1時，由（1）中結(jié)論得：，∴BE1＝當(dāng)點D運動到M時，易求得：BE1＝∴E點經(jīng)過的路徑長＝BE1+BE1＝1故答案為：1．【點睛】本題考查的是圓的綜合，綜合性很強，難度系數(shù)較大，運用到了全等和勾股定理等相關(guān)知識需要熟練掌握相關(guān)基礎(chǔ)知識.22、（1）；；（2）；【分析】（1）先把左邊的4移項到右邊成-4，再配方，兩邊同時加32，左邊得到完全平方，再得出兩個一元一次方程進行解答；（2）先化成一元二次方程的一般式，得出a、b、c，計算b2-4ac判定根的情況，最后運用求根公式即可求解．【詳解】解：（1）x2+6x+4=0x2+6x=-4x2+6x+9=-4+9（x+3）2=5；（2）5x2-3x=x+1，5x2-4x-1=0，b2-4ac=（-4）2-4×5×（-1）=36，，【點睛】本題主要考查了運用配方法、公式法解一元二次方程，運用公式法解方程時，要先把方程化為一般式，找到a、b、c的值，然后用b2-4ac判定根的情況，最后運用公式即可求解．23、（1）；（2）2<x<8；（3）點P的坐標(biāo)為（2，0）或（0，0）時，△COD與△ADP相似.【解析】（1）首先確定A、B兩點坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法即可解決問題；（2）觀察圖象，根據(jù)A、B兩點的橫坐標(biāo)即可確定．（3）分兩種情形討論求解即可．【詳解】解：（1）∵點A（m,4）和點B（8,n)在圖象上，∴，即A（2，4），B（8，1）把A（2，4），B（8，1）兩點代入得解得：，所以直線AB的解析式為：（2）由圖象可得，當(dāng)x>0時，的解集為2<x<8.（3）由（1）得直線AB的解析式為，當(dāng)x=0時，y=5，當(dāng)y=0時，x=10，即C點坐標(biāo)為（0，5），D點坐標(biāo)為（10，0）∴OC=5，OD=10，∴設(shè)P點坐標(biāo)為（a，0），由題可以，點P在點D左側(cè)，則PD=10-a由∠CDO＝∠ADP可得①當(dāng)時，△COD∽△APD，此時AP∥CO，,解得a=2,故點P坐標(biāo)為（2，0）②當(dāng)時，△COD∽△PAD，即，解得a=0，即點P的坐標(biāo)為（0，0）因此，點P的坐標(biāo)為（2，0）或（0，0）時，△COD與△ADP相似.【點睛】本題是反比例函數(shù)綜合題，還考查了一次函數(shù)的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．24、（1）x1＝2+，x2＝2﹣；（2）x1＝1，x2＝0.2【分析】（1）利用配方法求解，可得答案；（2）利用因式分解法求解，可得答案．【詳解】（1）∵x2﹣4x＝1，∴x2﹣4x+4＝1+4，即（x﹣2）2＝7，則x﹣2＝±，解得：x1＝2+，x2＝2﹣；（2）∵5x（x﹣1）﹣（x﹣1）＝0，∴（x﹣1）（5x﹣1）＝0，則x﹣1＝0或5x﹣1＝0，解得：x1＝1，x2＝0.2．【點睛】本題主要考查一元二次方程的解法，掌握配方法和因式分解法解方程，是解題的關(guān)鍵.25、（1）見解析；（2）；（3），P點坐標(biāo)為或【分析】（1）由角平分線求出∠MOP＝∠NOP＝∠AOB＝30°，再證出∠OMP＝∠OPN，證明△MOP∽△PON，即可得出結(jié)論；（2）由∠MPN是∠AOB的“相關(guān)角”，判斷出△MOP∽△PON，得出∠OMP＝∠OPN，即可得出∠MPN＝180°﹣α；過點M作MH⊥OB于H，由三角形的面積公式得出：S△MON＝ON?MH，即可得出結(jié)論；（3）設(shè)點C（a，b），則ab＝3，過點C作CH⊥OA于H；分兩種情況：①當(dāng)點B在y軸正半軸上時；當(dāng)點A在x軸的負半軸上時，BC＝3CA不可能；當(dāng)點A在x軸的正半軸上時；先求出，由平行線得出△ACH∽△ABO，得出比例式：，得出OB，OA，求出OA?OB，根據(jù)∠APB是∠AOB的“相關(guān)角”，得出OP，即可得出點P的坐標(biāo)；②當(dāng)點B在y軸的負半軸上時；同①的方