天津市和平區(qū)九年級上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題解析版

九年級上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題一、單選題1．下列圖形中，可以看作是中心對稱圖形的是（）A．B．C．D．2．對于二次函數(shù)

y＝﹣（x﹣1）2+4，下列說法錯誤的是（）A．開口向下B．當(dāng)

x>1

時，y

隨

x

的增大而減小C．函數(shù)圖象與

x

軸交于點（﹣1，0）和（3，0）D．當(dāng)

x＝1時，y

有最小值

43．如圖，兩個等圓⊙O1和⊙O2相交于

A、B

兩點，且⊙O1經(jīng)過⊙O2的圓心，則∠O1AB的度數(shù)為（）A．45° B．30° C．20°4．根據(jù)下列條件，判斷△ABC

與△A′B′C′能相似的條件有（D．15°）①∠C＝∠C′＝90°，∠A＝25°，∠B′＝65°；②∠C＝90°，AC＝6cm，BC＝4cm， ，A′C′＝9cm，B′C′＝6cm；③AB＝10cm，BC＝12cm，AC＝15cm，A′B′＝150cm，B′C′＝180cm，A′C′＝225cm；④△ABC

與△A′B′C′是有一個角為

80°等腰三角形A．1對 B．2對 C．3對 D．4

對5．如圖，要修建一個圓形噴水池，在池中心豎直安裝一根水管，在水管的頂端安一個噴水頭，使噴出的拋物線形水柱在與池中心的水平距離為

1m

處達(dá)到最高，高度為

3m，水柱落地處離池中心

3m，水管的長為（ ）A． B． C． D．6．如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝50°，將△ABC繞著點

A

順時針方向旋轉(zhuǎn)得△ADE，AB，CE

相交于點

F，若

AD∥CE

時，則∠BAE

的大小是（ ）A．20° B．25° C．30° D．35°7．把形狀完全相同風(fēng)景不同的兩張圖片全部從中剪斷，再把四張形狀相同的小圖片混合在一起，從四張圖片中隨機(jī)摸取兩張，則這兩張小圖片恰好合成一張完整圖片的概率為（ ）A． B． C． D．8．如圖，AB，BC，CD分別與⊙O相切于

E、F、G

三點，且

ABCD，BO＝3，CO＝4，則

OF的長為（ ）A．5B．C．D．9．如圖，在平行四邊形長線于點

G，則 的值為（中，F(xiàn)

是上一點，且，連結(jié)并延長交的延）A． B． C． D．10．已知二次函數(shù)

y＝ax2+bx+c（a≠0，a，b，c

為常數(shù)），如果

a＞b＞c，且

a+b+c＝0，則它的圖象可能是（ ）A．B．C．D．11．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC

的頂點

A

在第二象限，點

B

坐標(biāo)為（﹣2，0），點

C

坐標(biāo)為（﹣1，0），以點

C為位似中心，在

x軸的下方作△ABC

的位似圖形△A′B′C．若點

A

的對應(yīng)點

A′的坐標(biāo)為（2，﹣3），點

B

的對應(yīng)點

B′的坐標(biāo)為（1，0），則點

A

坐標(biāo)為（ ）18．如圖A．（﹣3，﹣2）B．（﹣2， ）C．（﹣ ， ） D．（﹣ ，2）12．已知二次函數(shù)

y＝﹣（x﹣m）2﹣m+1（m

為常數(shù)）．①二次函數(shù)圖象的頂點始終在直線

y＝﹣x+1

上②當(dāng)

x＜2時，y隨

x的增大而增大，則

m=2③點

A（x1，y1）與點

B（x2，y2）在函數(shù)圖象上，若

x1＜x2，x1+x2＞2m，則

y1＜y2其中，正確結(jié)論的個數(shù)是（ ）A．0個 B．1個 C．2個 D．3

個二、填空題已知正六邊形的周長是

24，則這個正六邊形的半徑為

．一個質(zhì)地均勻的小正方體，六個面分別標(biāo)有數(shù)字“1”、“2”、“3”、“4”、“5”、“6”，擲一次小正方體后，觀察朝上一面的數(shù)字出現(xiàn)偶數(shù)的概率是

．15．用一個圓心角為

120°，半徑為

6的扇形作一個圓錐的側(cè)面，這個圓錐的底面圓的半徑是

．16．如圖，等腰直角三角形

ABC，∠C=90°，AC=BC=4，M

為

AB

的中點，∠PMQ=45°，∠PMQ

的兩邊分別交BC于點

P，交

AC于點

Q，若

BP=3，則

AQ=

．17．已知拋物線（其中

b，c

為常數(shù)）經(jīng)過不同兩點，，且該二次函數(shù)的圖象與

x

軸有公共點，則三、解答題的值為

．（1）如圖①，AB，CD

是⊙O

的兩條平行弦，OE⊥CD

交⊙O

于點

E，則弧

AC

弧

BD（填“>”，“<”或“=”）；（2）如圖②，△PAB

是⊙O

的內(nèi)接三角形，OE⊥AB

交⊙O

于點

E，則∠APE

∠BPE（填“>”，“<”或“=”）；（3）如圖③，△PAB

是⊙O的內(nèi)接三角形，∠QPA

是它的外角，在弧

AP上有一點

G，滿足

PG平分∠QPA，請用無刻度的直尺，畫出線段

PG．（不要求證明）19．（1）解一元二次方程：x2﹣6x+9＝（5﹣2x）2；（2）求證：無論

m

取何值時，方程（x﹣3）（x﹣2）﹣m2＝0

總有兩個不相等的實數(shù)根．20．已知

AB是⊙O的直徑，點

C在⊙O上，D

為弧

BC的中點．（1）如圖①，連接

AC，AD，OD，求證：OD

AC；（2）如圖②，過點

D

作

DE⊥AB交⊙O于點

E，直徑

EF

交

AC于點

G，若

G為

AC的中點，⊙O的半徑（1）如圖①，若∠D=26°，求∠PCB

的大?。唬?）如圖②，若四邊形

CDBP

為平行四邊形，求∠PCB，∠ADC

的大?。?2．如圖，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12cm，BC＝24cm，動點

P

從點

A

開始沿邊

AB向點

B以

2cm/s的速度移動，動點

Q

從點

B

開始沿邊

BC

向點

C

以

4cm/s

的速度移動，如果

P、Q

兩點分別從

A，B兩點同時出發(fā)，設(shè)運動時間為

s．（1）如圖①，△PAM

是等邊三角形，在邊

PM

上取點

B（點

B

不與點

P，M

重合），連接

AB，將線段AB繞點

A逆時針旋轉(zhuǎn)

60°，得到線段

AC，連接

BC，MC．①△MAC可以看作△PAB

繞點

逆時針旋轉(zhuǎn)

（度）得到的；②∠PMC=

（度）．（1）用含

t

的式子表示：AP＝

cm，BP＝

cm，BQ＝

cm，

cm2，

cm2；當(dāng)△PBQ

的面積為

32cm2時，求運動時間；四邊形

APQC

的面積能否等于

72cm2？若能，求出運動的時間；若不能，說明理由．23．九（1）班數(shù)學(xué)興趣小組經(jīng)過市場調(diào)查，整理出某種商品在第

x（1≤x≤90）天的售價與銷售量的相關(guān)信息如下表：時間

x（天）1≤x＜5050≤x≤90售價（元/件）x＋4090每天銷量（件）200－2x為

2，求

AC

的長．已知

AB是⊙O直徑，點

C為⊙O上一點，過點

C作⊙O

的切線

PC交

AB的延長線于點

P，D

為弧

AC上一點，連接

BD，BC，DC．已知該商品的進(jìn)價為每件

30元，設(shè)銷售該商品的每天利潤為

y元[求出

y與

x的函數(shù)關(guān)系式；問銷售該商品第幾天時，當(dāng)天銷售利潤最大，最大利潤是多少？該商品在銷售過程中，共有多少天每天銷售利潤不低于

4800

元？請直接寫出結(jié)果.24．（2）如圖②，△PAM

是等腰三角形，∠PAM=90°，AP=AM= ，在邊

PM

上取點

B（點

B

不與點

P，M

重合），連接

AB，將線段

AB

繞點

A旋轉(zhuǎn)，得到線段

AC，旋轉(zhuǎn)角為

α，連接

PC，BC．①當(dāng)

α=90°時，若△PBC的面積為

1.5，求

PB

的長；②若

AB= ，求△PBC面積的最大值（直接寫出結(jié)果即可）．25．已知拋物線 （m

為常數(shù)），點

A（-1，-1），B（3，7）．當(dāng)拋物線 經(jīng)過點

A時，求拋物線解析式和頂點坐標(biāo)；拋物線的頂點隨著

m的變化而移動，當(dāng)頂點移動到最高處時，①求拋物線的解析式；②在直線

AB下方的拋物線上有一點

E，過點

E

作

EF⊥x

軸，交直線

AB

于點

F，求線段

EF

取最大值時的點

E的坐標(biāo)；若拋物線與線段

AB只有一個交點，求

m的取值范圍．答案解析部分1．【答案】A【知識點】中心對稱及中心對稱圖形【解析】【解答】解：B、C、D

三個選項的圖形旋轉(zhuǎn)

180°后，均不能與原來的圖形重合，不符合題意，A

選項是中心對稱圖形．故本選項符合題意．故答案為：A．【分析】中心對稱圖形：把一個圖形繞著某一點旋轉(zhuǎn)

180°后，旋轉(zhuǎn)后的圖形能夠與原來的圖形重合，據(jù)此逐一判斷即可.2．【答案】D【知識點】二次函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點問題；二次函數(shù)

y=ax^2+bx+c

的圖象；二次函數(shù)

y=ax^2+bx+c

的性質(zhì)【解析】【解答】解： ，，開口向下，故

A

不合題意；當(dāng) 時，y

隨

x

的增大而減小，故

B

不合題意；令 可得解得： ， ，拋物線與

x

軸的交點坐標(biāo)為，和，故

C

不合題意；∵對稱軸為 ，頂點坐標(biāo)為 ，當(dāng) 時，y

有最大值，最大值為

4，故

D

符合題意．故答案為：D．【分析】由于

y＝﹣（x﹣1）2+4

中

a=-1＜0，可知拋物線開口向下，由解析式可得對稱軸為直線

x=1，頂點坐標(biāo)為（1，4），再求出

y=0

時

x

的值，即得拋物線與

x

軸的交點坐標(biāo)，據(jù)此逐一判斷即可.3．【答案】B【知識點】等邊三角形的判定與性質(zhì)；圓周角定理；相交兩圓的性質(zhì)【解析】【解答】解：連接

O1O2，AO2，O1B，∵O1B=

O1A∴∵⊙O1

和⊙O2

是等圓，∴AO1=O1O2=AO2，∴△AO2O1

是等邊三角形，∴∠AO2O1=60°，∴∠O1AB= ∠AO2O1=30°．故答案為：B．【分析】連接

O1O2，AO2，O1B，可求出△AO2O1

是等邊三角形，可得∠AO2O1=60°，根據(jù)圓周角定理可得∠O1AB= ∠AO2O1=30°.4．【答案】C【知識點】相似三角形的判定【解析】【解答】解：（1）∵∠C＝∠C′＝90°，∠A＝25°．∴∠B＝65°．∵∠C＝∠C′，∠B＝∠B′．∴ ．（2）∵∠C＝90°，AC＝6cm，BC＝4cm，∴ ， ．∴ ．，A′C′＝9，B′C′＝6．（3）∵AB＝10cm，BC＝12cm，AC＝15cm，A′B′＝150cm，B′C′＝180cm，A′C′＝225cm；∴ ．∴ ．（4）∵沒有指明

80°的角是頂角還是底角．∴無法判定兩三角形相似．∴共有

3

對．故答案為：C．【分析】根據(jù)①有兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似，②兩組對應(yīng)邊成比例且夾角相等的兩個三角形相似，③三邊對應(yīng)成比例的兩個三角形相似，據(jù)此逐一判斷即可.5．【答案】A【知識點】二次函數(shù)的實際應(yīng)用-噴水問題【解析】【解答】解：由題意可知點（1，3）是拋物線的頂點，∴設(shè)這段拋物線的解析式為

y=a（x-1）2+3．∵該拋物線過點（3，0），∴0=a（3-1）2+3，解得：a=- ．∴y=- （x-1）2+3．∵當(dāng)

x=0時，y=- （0-1）2+3=-∴水管應(yīng)長 m．+3= ，故答案為：A【分析】由題意可知點（1，3）是拋物線的頂點，可設(shè)頂點式為

y=a（x-1）2+3，將（3，0）代入解析式中求出

a

值即得解析式，再求出

x=0

時的

y

值即可.6．【答案】C【知識點】平行線的性質(zhì)；三角形內(nèi)角和定理；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)【解析】【解答】解：∵將△ABC

繞點

A

順時針方向旋轉(zhuǎn)得△ADE，∴∠DAE=∠BAC=50°，AE=AC，∵AD∥CE，∴∠DAE=∠AEC=50°，∵AE=AC，∴∠AEC=∠ACE=50°，∴∠EAC=180°-50°-50°=80°，∴∠BAE=∠EAC-∠BAC=80°-50°=30°，故答案為：C．【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠DAE=∠BAC=50°，AE=AC，由平行線的性質(zhì)可得∠DAE=∠AEC=50°，由

AE=AC可得∠AEC=∠ACE=50°，利用三角形的內(nèi)角和求出∠EAC=80°，根據(jù)∠BAE=∠EAC-∠BAC

即可求解.7．【答案】B【知識點】列表法與樹狀圖法【解析】【解答】解：設(shè)四張小圖片分別用

A，a，B，b

表示，畫樹狀圖得：由圖可得，共有

12

種等可能的結(jié)果，其中摸取兩張小圖片恰好合成一張完整圖片的結(jié)果共有

4

種，∴摸取兩張小圖片恰好合成一張完整圖片的概率為： ，故答案為：B．【分析】利用樹狀圖列舉出共有

12

種等可能的結(jié)果，其中摸取兩張小圖片恰好合成一張完整圖片的結(jié)果共有4

種，然后利用概率公式計算即可.8．【答案】D【知識點】平行線的性質(zhì)；三角形的面積；勾股定理；切線的性質(zhì)；切線長定理【解析】【解答】解：連接

OF，OE，OG，∵AB、BC、CD

分別與相切，∴∴OB

平分，，，OC

平分，且，，∴，，∵，∴，∴，∴，，∴，∴，故答案為：D．，由平【分析】連接

OF，OE，OG，根據(jù)切線的性質(zhì)及切線長定理可得行線的性質(zhì)可得 ，從而求出BC=5，然后根據(jù) 即可求出

OF.9．【答案】C，利用勾股定理求出【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)【解析】【解答】解：根據(jù)題意，∵四邊形 是平行四邊形，∴AB∥CD，∴△ABF∽△DGF，∴，∴∴，，∴，∵AB∥CD，∴△ABE∽△CGE，∴ ；故答案為：C．【分析】由四邊形是平行四邊形，可證出△ABF∽△DGF，再利用平行線分線段成比例的了即可解決問題。10．【答案】C【知識點】二次函數(shù)

y=ax^2+bx+c

的圖象【解析】【解答】解：∵，∴函數(shù)圖象過 ，排除

D；∵，，∴ ，排除

A；由選項

B

可知，，對稱軸，得，與矛盾，排除

B，故答案為：C．， ，可知函數(shù)圖象過 ，a＞0，據(jù)此排除可求出

b＜0，與 矛盾，故排除

B，從而得解.【分析】

二次函數(shù)

y＝ax2+bx+c

中，由于A、D；由選項

B可知 ，利用對稱軸11．【答案】C【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)；位似變換【解析】【解答】解：如圖，過點

A

作

AE⊥x

軸于

E，過點

A′作

A′F⊥x

軸于

F．∵B（-2，0），C（-1，0），B′（1，0），A′（2，-3）∴OB=2，OC=OB′=1，OF=2，A′F=3，∴BC=1，CB′=2，CF=3，∵△ABC∽△A′B′C，∴ ，∴ ，∵∠ACE=∠A′CF，∠AEC=∠A′FC=90°，∴△AEC∽△A′FC，∴ ，∴ ，∴∴ ，故答案為：C．，【分析】過點

A作

AE⊥x

軸于

E，過點

A′作

A′F⊥x

軸于

F．由已知點的坐標(biāo)可求出

BC=1，CB′=2，CF=3，由位似圖形知△ABC∽△A′B′C，利用相似三角形的性質(zhì)可求 ，證明△AEC∽△A′FC，可得，據(jù)此求出 ，從而求出 ，繼而得出點

A

坐標(biāo).12．【答案】B【知識點】二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征；二次函數(shù)

y=ax^2+bx+c

的圖象；二次函數(shù)

y=ax^2+bx+c

的性質(zhì)【解析】【解答】解：①證明： 圖象的頂點為（m，-m+1），設(shè)頂點坐標(biāo)為（x，y），則x=m，y=-m+1，∴y=-x+1，即頂點始終在直線

y=-x+1

上，①符合題意；②，對稱軸 ，時，y

隨

x

的增大而增大，當(dāng)時，y

隨

x

的增大而增大，，②不符合題意；③與點在函數(shù)圖象上，，，，∵x1＜x2，x1+x2＞2m，，，∴，③不符合題意．故答案為：B．【分析】①求出二次函數(shù)的頂點坐標(biāo)，即可驗證；②拋物線的對稱軸為

x=m，由于拋物線開口向下，可知當(dāng)時，y隨

x的增大而增大，結(jié)合已知可得 ，據(jù)此判斷即可；③將點

A、B

坐標(biāo)代入二次函數(shù)解析式中求出 ，從而求出 ，由于x1＜x2，x1+x2＞2m，可得 ，據(jù)此即可判斷.13．【答案】4【知識點】正多邊形的性質(zhì)【解析】【解答】解：∵正六邊形可以由其半徑分為六個全等的正三角形，而三角形的邊長就是正六邊形的半徑，又∵正六邊形的周長為

24，∴正六邊形邊長為

24÷6=4，∴正六邊形的半徑等于

4．故答案為

4．【分析】正六邊形可以由其半徑分為六個全等的正三角形，而三角形的邊長就是正六邊形的半徑，據(jù)此解答即可.14．【答案】【知識點】概率公式【解析】【解答】解：∵擲小正方體后共有

6

種等可能結(jié)果，其中朝上一面的數(shù)字出現(xiàn)偶數(shù)的有

2、4、6

這

3種可能，∴朝上一面的數(shù)字出現(xiàn)偶數(shù)的概率是故答案為： ．，【分析】用出現(xiàn)偶數(shù)朝上的結(jié)果數(shù)除以所有等可能的結(jié)果數(shù)即可．15．【答案】2【知識點】圓錐的計算【解析】【解答】扇形的弧長==4π，∴圓錐的底面半徑為

4π÷2π=2．故答案為：2【分析】圓錐的弧長等于底面周長．16．【答案】【知識點】勾股定理；銳角三角函數(shù)的定義；等腰直角三角形；直角三角形斜邊上的中線【解析】【解答】解：如圖，連接

CM，過點

P作 于點

F，過點

M

作于點

D，在 中，∵M(jìn)

為

AB

的中點，，∴∵，∴，，∵在中，，∴，∵，∴，在中，，，∴，∴，在中，，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵在中，，∴在∴中，，，∴．故答案為：．【分析】連接

CM，過點

P作 于點

F，過點

M

作由等腰直角三角形的性質(zhì)可得

CM⊥AB，∠1=∠2=45°，從而得出于點

D，由勾股定理求出

AB=4 ，，可求，在中，，可求.易求，由于=，據(jù)此求出

DQ

的長，利用

AQ=AD+DQ

即可求解.17．【答案】3【知識點】二次函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點問題；二次函數(shù)

y=ax^2+bx+c

的性質(zhì)【解析】【解答】解：∵拋物線解析式為 ，∴對稱軸為直線

x= =b，∵拋物線經(jīng)過不同兩點 ， ，∴A、B

兩點關(guān)于直線

x=b對稱，∴ ，∴ ，∵該二次函數(shù)的圖象與

x軸有公共點，∴△= = ≥0，∴≥0，即-4（b-2）2≥0，∴b=2，∴c=b-1=1，∴ =3，故答案為：3【分析】求出拋物線的對稱軸為直線

x=b，由于

A、B

兩點關(guān)于直線

x=b

對稱，可得，求出.由于該二次函數(shù)的圖象與

x

軸有公共點，可得△≥0，據(jù)此求出

b=2，代入求出

c

值即可.18．【答案】（1）=（2）=（3）解：如圖所示：連接

AD、CB

交于點

H，連接

HO

并延長交于點

G，連接

PG，即為所求，【知識點】垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系；圓周角定理；線段垂直平分線的判定【解析】【解答】解：（1）如圖所示：連接

AO，BO，CO，DO，∵，，∴，∴OE平分 ， ，∴，，∴，即∴ ，故答案為：=；，（2）如圖所示：連接

OA、OB，∵，∴，∴，∴， ，∴，故答案為：=；(3)∵ ，根據(jù)圖可得：即 ，由垂徑定理可得：點

H

在線段

AB、CD

的垂直平分線上，連接

HO

并延長交 于點

G，則點

G恰好平分 ，即點

G恰好平分 與 所對的圓周角的和，∴PG即為所求．【分析】（1）連接

AO，BO，CO，DO，由平行線的性質(zhì)求出， ，從而求出（2）連接

OA、OB，由垂徑定理可得 ，即得， ，即可求解；，根據(jù)弧、弦、圓心角的關(guān)系可得，即得；，根據(jù)圓周角定理可得（3）連接

AD、CB交于點

H，連接

HO

并延長交 于點

G，連接

PG，即為所求.19．【答案】（1）解： ，，則，整理得：，解得：；（2）證明：把化為一般形式：，，故無論

m

為何值，4m2+1

永遠(yuǎn)大于

0，則方程總有兩個不相等的實數(shù)根．【知識點】因式分解法解一元二次方程；一元二次方程根的判別式及應(yīng)用【解析】【分析】（1）利用因式分解法解方程即可；（2）先將方程化為一般式，可求出△ ，根據(jù)20．【答案】（1）證明： 為 的中點，，∴ ，即可判斷.，∴，∴，；（2）解：為中點，，由（1）得：，，是等腰直角三角形，，，，是等腰直角三角形，，．【知識點】平行線的判定；等腰三角形的性質(zhì)；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系；等腰直角三角形【解析】【分析】（1）由

D為弧

BC的中點可得 ，即得 ，由

OD=OB，可得∠DAB=∠ADO，從而得出 ，根據(jù)平行線的判定即證；（2）由垂徑定理可得 ， ，

再求出△DOE、△OGA

是等腰直角三角形

，

可得，

從而求出

AC

的長.21．【答案】（1）解：連接

CO，∵，∴，∵∴，，∵PC

與相切，∴，∴；（2）解：連接

CO，AC，∵四邊形

CDBP

為平行四邊形，∴ ，∵AB

為 直徑，∴ ，即∵PC

與 相切，∴ ，即∴ ，∵ ，∴則 ，∴ ，∵ ，∴ ，∴，，，，，∴，∴∴∴，．，；【知識點】等腰三角形的性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)；圓周角定理；切線的性質(zhì)【解析】【分析】（1）

連接

CO，

由圓周角定理可得∠BCO=∠OBC=64°，由切線的性質(zhì)可得 ，根據(jù)（2）連接

CO，AC，由平行四邊形的性質(zhì)可得由

OB=OC

可得即可求解；，

根據(jù)圓周角定理、切線的性質(zhì)及余角的性質(zhì)= ，

由圓周，即得 ，由

OB=OC

可可求出 ， ，

從而得出角定理及三角形外角的性質(zhì)可得 ，得 即得22．【答案】（1）2t；12-2t；4t；-4t2+24t；4t2-24t+114，繼而得出.（2）解：解得： 或

4，即當(dāng) 秒或

4

秒時，的面積是；（3）解：所以當(dāng)

t為

3時 的面積最小，最大小面積是 ．故四邊形

APQC

的面積不能能等于

72cm2．【知識點】三角形的面積；一元二次方程的實際應(yīng)用-幾何問題；三角形-動點問題【解析】【解答】解：（1）根據(jù)題意得： cm， cm，所以 cm，∵ ，∴ ，∵∴故答案為：， ，，；【分析】（1）根據(jù)路程=速度×?xí)r間，可求出cm，cm，從而求出

BP=AB-AP=12-2t，根據(jù)即可求解；（2）

根據(jù)△PBQ

的面積為

32cm2

建立方程，求出

t

值即可；（3）利用（1）結(jié)論，將四邊形

APQC

的面積解析式化為頂點式，即可求解.23．【答案】（1）解：當(dāng)

1≤x＜50

時，，當(dāng)

50≤x≤90

時，，綜上所述：.（2）解：當(dāng)

1≤x＜50

時，二次函數(shù)開口下，二次函數(shù)對稱軸為

x=45，當(dāng)

x=45時，y最大=-2×452+180×45+2000=6050，當(dāng)

50≤x≤90時，y隨

x的增大而減小，當(dāng)

x=50

時，y

最大=6000，綜上所述，該商品第

45

天時，當(dāng)天銷售利潤最大，最大利潤是

6050

元.（3）解：解 ，結(jié)合函數(shù)自變量取值范圍解得解 ，結(jié)合函數(shù)自變量取值范圍解得所以當(dāng)

20≤x≤60

時，即共

41

天，每天銷售利潤不低于

4800元．，【知識點】分段函數(shù)；二次函數(shù)的實際應(yīng)用-銷售問題【解析】【分析】（1）根據(jù)單價乘以數(shù)量，可得利潤，可得答案.（2）根據(jù)分段函數(shù)的性質(zhì)，可分別得出最大值，根據(jù)有理數(shù)的比較，可得答案.（3）根據(jù)二次函數(shù)值大于或等于

4800，一次函數(shù)值大于或等于

4800，可得不等式，根據(jù)解不等式組，可得答案．24．【答案】（1）A；60；120（2）解：①當(dāng)線段

AB

繞點

A

逆時針旋轉(zhuǎn)

90°，得到線段

AC，連接

CM，∴∠BAC=90°，AB=AC，∵△PAM

是等腰三角形，∠PAM=90°，AP=AM=∴∠APM=∠AMP=45°，PM=2 =4，∴∠PAB+∠BAM=∠BAM+∠MAC=90°，，∴∠PAB=∠MAC，∴△PAB≌△MAC(SAS)，∴∠APM=∠AMC=45°，PB=MC，∴∠PMC=∠AMP+∠AMC=90°．∴△PBC的面積= PB

MC= PB2=1.5，解得：PB= (負(fù)值已舍)；當(dāng)線段

AB

繞點

A

順時針旋轉(zhuǎn)

90°，得到線段

AC1，連接

C1P，同理可得△MAB≌△PAC1

(SAS)，∴∠AMB=∠APC1=45°，BM=PC1，∴∠MPC1=∠APM+∠APC1=90°．∴△PBC1

的面積= PB

PC1= PB

(4-PB)=1.5，整理得：PB2-4PB+3=0，解得：PB=3

或

1；綜上，PB的長為

3或

1或 ；② (3+ )【知識點】三角形的面積；等邊三角形的性質(zhì)；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；等腰直角三角形；三角形全等的判定（SAS）【解析】【解答】解：（1）①∵△PAM

是等邊三角形，∴PA=AM，∠PAM=∠APM=∠AMP=60°，∵線段

AC

是線段

AB

繞點

A

逆時針旋轉(zhuǎn)

60°得到的，∴△ABC

是等邊三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°，∴∠PAB+∠BAM=∠BAM+∠MAC=60°，∴∠PAB=∠MAC，∴△PAB≌△MAC(SAS)，∴△MAC

可以看作△PAB

繞點

A

逆時針旋轉(zhuǎn)

60（度）得到的，②∵△PAB≌△MAC，∴∠APM=∠AMC=60°，∴∠PMC=∠AMP+∠AMC=120°．故答案為：①A，60；②120；（2）②過點

A

作

AD⊥PM

于點

D，∵△PAM

是等腰三角形，∠PAM=90°，AP=AM=，∴AD=PD=DM=2，∵AB= ，∴BD=，∴PB=2+1=3，∵線段

AC

是線段

AB

繞點

A

逆時針旋轉(zhuǎn)

得到的，∴線段

AB

旋轉(zhuǎn)到

DA

延長線上時，△PBC

的面積取得最大值，如圖：∴△PBC面積的最大值= PB

CD= PB

(AC+AD)

=3+ ．②如圖所示：【分析】（1）①根據(jù)

SAS

證明△PAB≌△MAC

即可判斷；利用全等三角形的性質(zhì)可得∠APM=∠AMC=60°，從而得出∠PMC=∠AMP+∠AMC=120°．（2）①

分兩種情況：當(dāng)線段

AB繞點

A

逆時針旋轉(zhuǎn)

90°，得到線段

AC，連接

CM，可得∠BAC=90°，AB=AC，證明△PAB≌△MAC(SAS)，可得∠APM=∠AMC=45°，PB=MC，從而得出∠PMC=∠AMP+∠AMC=90°根據(jù)△PBC

的面積= PB

MC= PB2=1.5，求出

PB即可；

當(dāng)線段

AB繞點

A