2023-2024學年湖北省武漢市洪山區(qū)九年級（上）期中數(shù)學試卷(含解析)

2023-2024學年湖北省武漢市洪山區(qū)九年級第一學期期中數(shù)學試卷一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）下列各題中有且只有一個正確答案，請在答題卡上將正確答案的標號涂黑.1．在下列代表體育運動的圖標中，屬于中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．2．將一元二次方程x2+1＝﹣6x化為一般形式后，常數(shù)項為1，二次項系數(shù)和一次項系數(shù)分別為（）A．1，6 B．1，﹣6 C．1，1 D．﹣1，13．把拋物線y＝2x2向上平移一個單位長度后，得到的拋物線是（）A．y＝2x2+1 B．y＝2x2﹣1 C．y＝（x+1）2 D．y＝（x﹣1）24．亞洲青年運動會的圖標如圖所示，該圖案繞中心旋轉n°后，能與原來的圖案重合，那么n的值可能是（）A．45 B．30 C．60 D．1205．判斷方程x2﹣9x+10＝0的根的情況是（）A．有一個實根 B．有兩個相等實根 C．有兩個不等實根 D．沒有實根6．如圖，點C是⊙O的優(yōu)弧上一點，∠AOB＝80°，則∠ACB的度數(shù)為（）A．40° B．140° C．80° D．60°7．某初中建成于2021年，9月新入校七年級學生100人（2021年該校無八、九年級學生）．連續(xù)招生三年截至2023年9月新生報到后，該校三個年級合計共有364名學生．在不考慮學生轉入或轉出的情況下，設該校每年新生人數(shù)年平均增長率為x，則根據(jù)以上信息可以列出方程為（）A．100（1+x）2＝364 B．100+100（1+x）＝364 C．100+100（1+x）2＝364 D．100+100（1+x）+100（1+x）2＝3648．已知點A（a，2），B（b，2），C（c，﹣1）都在拋物線y＝m（x﹣2）2+m2+4上，若m＜0，且點A在點B左側，點C在第三象限，則下列選項正確的是（）A．a(chǎn)＜b＜c B．a(chǎn)＜c＜b C．b＜a＜c D．c＜a＜b9．已知函數(shù)y＝x2﹣4x的圖象上有兩點A（m，1）和B（n，1），則的值等于（）A．22 B．20 C．17 D．010．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝1，AD＝BD＝CD＝2，則AC＝（）A． B． C． D．二、填空題（共6小題，每小題3分，共18分）將答案直接寫在答題卡指定的位置上.11．點A（1，﹣2）關于原點對稱的點A′的坐標為．12．如圖，在△ABC中，AB為⊙O直徑，∠B＝50°，∠C＝60°，則∠BOD＝°．13．拋物線y＝x2+2x+3的頂點坐標是．14．若小唐同學擲出的鉛球在場地上砸出一個直徑為8cm、深為2cm的小坑，則該鉛球的直徑為cm．15．二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的部分圖象如圖所示，圖象過點A（3，0），對稱軸為直線x＝1，以下四個結論：①abc＞0；②8a+c＜0；③對于任意實數(shù)m，有am2+bm≥﹣4a﹣c；④對于實數(shù)，若（n，y1），（n+1，y2）為拋物線上兩點，則y1＜y2；其中正確的是（填寫序號）．16．如圖所示，直線l繞平行四邊形ABCD頂點A轉動，分別過點B，C，D作l的垂線段，垂足分別為M，N，P．已知∠ABC＝60°，AB＝6，BC＝5，則BM+CN+DP的最大值為．三、解答題（共8小題，共72分）在答題卡指定的位置上寫出必要的演算過程或證明過程.17．解方程：x2﹣4x﹣5＝0．18．如圖，將△ABC繞點B旋轉至△DBE，點E在邊AC上．已知∠C＝40°，求∠ABD的度數(shù)．19．一張小茶幾的桌面長為6dm，寬為4dm，長方形桌布的面積為桌面面積的2倍，將桌布鋪在桌子上，四邊垂下的長度相同（四個角除外），求桌布的長和寬．20．如圖所示，等邊△ABC內(nèi)接于⊙O，D為圓周上一點．（1）求證：BD平分∠ADC；（2）若CD＝1，AD＝2，求BD的長度．21．如圖，在11×6長方形的網(wǎng)格中，每個小正方形邊長都為1個單位長度，我們把每個小正方形的頂點稱為格點，A，B，C均為格點．請你用一把無刻度直尺完成作圖，保留作圖痕跡．（1）以C為旋轉中心，將線段AC逆時針旋轉90°至線段CD，連接AD；（2）作CE⊥AD于E；（3）將△BCA繞C點順時針旋轉至△B'CA'，旋轉角度等于∠BAC．22．某橋梁因交通事故導致?lián)矶拢鶕?jù)車流量監(jiān)控統(tǒng)計，7：00時該橋梁上車輛共計200輛，累計駛入車輛數(shù)y（單位：輛）與累計駛出車輛數(shù)w（單位：輛）隨統(tǒng)計時間t（單位：min）變化的結果如表所示：統(tǒng)計時間t/min1234…累計駛入車輛數(shù)y/輛200380540680…累計駛出車輛數(shù)w/輛306090120…在當前時段，我們可以把累計駛入車輛數(shù)y與t之間看作二次函數(shù)關系，把累計駛出車輛數(shù)w與t之間看作一次函數(shù)關系．（1）直接寫出y關于t的函數(shù)解析式和w關于t的函數(shù)解析式（不要求寫出自變量的取值范圍）；（2）當橋梁上車輛累計到達760輛時，將觸發(fā)擁堵黃色預警．按照當前車流量計算，第幾分鐘將觸發(fā)擁堵黃色預警？（3）當橋梁上車輛累計到達1000輛時，將觸發(fā)擁堵紅色預警．從統(tǒng)計開始5分鐘時（即7：05時），交通事故解除，駛出橋梁的車輛每min增加30輛．試計算擁堵紅色預警是否會被觸發(fā)？23．已知△ABC為等邊三角形，D為平面內(nèi)一點，連接BD，CD．【問題研究】如圖1所示，當點D在△ABC內(nèi)時，以B為旋轉中心，將△BCD逆時計旋轉60°至△BAE，連接ED，則△BED的形狀為；延長CD交AE于M，求∠AMC的度數(shù)；【問題拓展】如圖2所示，當點D在△ABC外時，取BD中點E，連接AE，作EM⊥AE交CD的垂直平分線于M，連接DM，CM，試求∠DMC的度數(shù)．24．如圖1，拋物線y＝﹣x2+2x+3與x軸交于A，B兩點，與y軸交于C點．（1）直接寫出A，B，C點的坐標；（2）點D是拋物線上一點，點E位于第四象限．若由B，C，D，E四點組成的平行四邊形面積為30，求E點坐標；（3）如圖2所示，過A作兩條直線分別交拋物線于第一象限點P，Q，交y軸于M，N，OM?ON＝n．當n為定值時，直線PQ是否必定經(jīng)過某一定點？若經(jīng)過，請你求出該定點坐標（用含n的式子表示）；若不經(jīng)過，請說明理由．

參考答案一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）下列各題中有且只有一個正確答案，請在答題卡上將正確答案的標號涂黑.1．在下列代表體育運動的圖標中，屬于中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)中心對稱圖形的定義：把一個圖形繞某一點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形可得答案．解：選項A、B、D均不能找到一個點，使圖形繞某一點旋轉180°后與原來的圖形重合，所以不是中心對稱圖形；選項C能找到一個點，使圖形繞某一點旋轉180°后與原來的圖形重合，所以是中心對稱圖形；故選：C．【點評】本題主要考查了中心對稱圖形，解題的關鍵是找出對稱中心．2．將一元二次方程x2+1＝﹣6x化為一般形式后，常數(shù)項為1，二次項系數(shù)和一次項系數(shù)分別為（）A．1，6 B．1，﹣6 C．1，1 D．﹣1，1【分析】一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c＝0（a，b，c是常數(shù)且a≠0）．在一般形式中ax2叫二次項，bx叫一次項，c是常數(shù)項．其中a，b，c分別叫二次項系數(shù)，一次項系數(shù)，常數(shù)項．解：一元二次方程x2+1＝﹣6x化為一般形式是x2+6x+1＝0，二次項系數(shù)和一次項系數(shù)分別為：1，6．故選：A．【點評】本題考查了一元二次方程的一般形式，解答本題要通過移項，轉化為一般形式，注意移項時符號的變化．3．把拋物線y＝2x2向上平移一個單位長度后，得到的拋物線是（）A．y＝2x2+1 B．y＝2x2﹣1 C．y＝（x+1）2 D．y＝（x﹣1）2【分析】先求出平移后的拋物線的頂點坐標，然后利用拋物線頂點式解析式寫出即可．解：∵拋物線y＝2x2的頂點坐標是（0，0），∴平移后的拋物線的頂點坐標是（0，1），∴得到的拋物線解析式是y＝2x2+1．故選：A．【點評】本題考查了二次函數(shù)圖象與幾何變換，利用頂點的變化確定解析式的變化更簡便．4．亞洲青年運動會的圖標如圖所示，該圖案繞中心旋轉n°后，能與原來的圖案重合，那么n的值可能是（）A．45 B．30 C．60 D．120【分析】該圖形被平分成八部分，因而每部分被分成的圓心角是45°，并且圓具有旋轉不變性，因而旋轉45度的整數(shù)倍，就可以與自身重合．解：該圖形被平分成八部分，旋轉45°的整數(shù)倍，就可以與自身重合，故n的最小值為45．故選：A．【點評】本題考查了利用旋轉設計圖案，旋轉對稱圖形的概念：把一個圖形繞著一個定點旋轉一個角度后，與初始圖形重合，這種圖形叫做旋轉對稱圖形，這個定點叫做旋轉對稱中心，旋轉的角度叫做旋轉角．5．判斷方程x2﹣9x+10＝0的根的情況是（）A．有一個實根 B．有兩個相等實根 C．有兩個不等實根 D．沒有實根【分析】先計算出根的判別式的值得到Δ＞0，然后根據(jù)根的判別式的意義對各選項進行判斷．解：∵Δ＝（﹣9）2﹣4×1×10＝41＞0，∴方程有兩個不相等的實數(shù)根．故選：C．【點評】本題考查了根的判別式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根與Δ＝b2﹣4ac有如下關系：當Δ＞0時，方程有兩個不相等的實數(shù)根；當Δ＝0時，方程有兩個相等的實數(shù)根；當Δ＜0時，方程無實數(shù)根．6．如圖，點C是⊙O的優(yōu)弧上一點，∠AOB＝80°，則∠ACB的度數(shù)為（）A．40° B．140° C．80° D．60°【分析】根據(jù)圓周角定理求解即可．解：∵∠AOB＝2∠ACB，∠AOB＝80°，∴∠ACB＝40°，故選：A．【點評】此題考查了圓周角定理，熟記圓周角定理是解題的關鍵．7．某初中建成于2021年，9月新入校七年級學生100人（2021年該校無八、九年級學生）．連續(xù)招生三年截至2023年9月新生報到后，該校三個年級合計共有364名學生．在不考慮學生轉入或轉出的情況下，設該校每年新生人數(shù)年平均增長率為x，則根據(jù)以上信息可以列出方程為（）A．100（1+x）2＝364 B．100+100（1+x）＝364 C．100+100（1+x）2＝364 D．100+100（1+x）+100（1+x）2＝364【分析】由該校2021年9月新入校七年級學生人數(shù)及該校每年新生人數(shù)年平均增長率為x，可得出該校2022年9月及2023年9月新入校七年級學生人數(shù)，結合截至2023年9月新生報到后該校三個年級合計共有364名學生，可列出關于x的一元二次方程，此題得解．解：∵該校2021年9月新入校七年級學生100人，且該校每年新生人數(shù)年平均增長率為x，∴該校2022年9月新入校七年級學生100（1+x）人，2023年9月新入校七年級學生100（1+x）2人．根據(jù)題意得：100+100（1+x）+100（1+x）2＝364．故選：D．【點評】本題考查了由實際問題抽象出一元二次方程，找準等量關系，正確列出一元二次方程是解題的關鍵．8．已知點A（a，2），B（b，2），C（c，﹣1）都在拋物線y＝m（x﹣2）2+m2+4上，若m＜0，且點A在點B左側，點C在第三象限，則下列選項正確的是（）A．a(chǎn)＜b＜c B．a(chǎn)＜c＜b C．b＜a＜c D．c＜a＜b【分析】根據(jù)題目中的拋物線和二次函數(shù)的性質(zhì)，可以判斷a、b、c的大小關系．解：∵拋物線y＝m（x﹣2）2+m2+4（m＜0），∴該拋物線的對稱軸為直線x＝2，拋物線開口向下，當x＞2時，y隨x的增大而減小，當x＜2時，y隨x的增大而增大，∵點A（a，2），B（b，2），C（c，﹣1）都在拋物線y＝m（x﹣2）2+m2+4上，點A在點B左側，點C在第三象限，∴點A（a，2），C（c，﹣1）在對稱軸的左側，∴c＜a＜b；故選：D．【點評】本題考查二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，解答本題的關鍵是明確題意，利用二次函數(shù)的性質(zhì)解答．9．已知函數(shù)y＝x2﹣4x的圖象上有兩點A（m，1）和B（n，1），則的值等于（）A．22 B．20 C．17 D．0【分析】由題意可得m，n是方程x2﹣4x＝1的兩個根，則有mn＝﹣1，m+n＝4，即m＝﹣，又由m2﹣4m＝1，將所求式子變形為＝2（m2﹣4m）+5（m+n），然后再求值即可．解：∵函數(shù)y＝x2﹣4x的圖象上有兩點A（m，1）和B（n，1），∴m2﹣4m＝1，把y＝1代入y＝x2﹣4x得，x2﹣4x﹣1＝0，∵函數(shù)y＝x2﹣4x的圖象上有兩點A（m，1）和B（n，1），∴m，n是方程x2﹣4x＝1的兩個根，∴mn＝﹣1，m+n＝4，∴m＝﹣，∴＝2m2﹣3m+5n＝2（m2﹣4m）+5（m+n）＝2×1+5×4＝22．故選：A．【點評】本題考查二次函數(shù)圖象上點的坐標特點，熟練掌握二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，二次函數(shù)與方程之間的關系是解題的關鍵．10．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝1，AD＝BD＝CD＝2，則AC＝（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)圓周角定理、圓心角、弦、弧之間的關系以及勾股定理進行計算即可．解：如圖，以點D為圓心，DA為半徑作⊙D，由于DA＝DB＝DC＝2，所以點B、點C也在圓上，延長AD交⊙D于點F，∵AD∥BC，∴＝，∴AB＝CF＝1，∵AF是⊙D的直徑，∴∠ACF＝90°，在Rt△ACF中，AF＝2AD＝4，CF＝1，∴AC＝＝．故選：B．【點評】本題考查圓周角定理、圓心角、弦、弧之間的關系以及勾股定理，掌握圓周角定理、圓心角、弦、弧之間的關系以及勾股定理是正確解答的前提．二、填空題（共6小題，每小題3分，共18分）將答案直接寫在答題卡指定的位置上.11．點A（1，﹣2）關于原點對稱的點A′的坐標為（﹣1，2）．【分析】直接利用關于原點對稱點的性質(zhì)進而得出答案．解：點A（1，﹣2）關于原點對稱的點A′的坐標為：（﹣1，2）．故答案為：（﹣1，2）．【點評】此題主要考查了關于原點對稱點的性質(zhì)，正確把握橫縱坐標的關系是解題關鍵．12．如圖，在△ABC中，AB為⊙O直徑，∠B＝50°，∠C＝60°，則∠BOD＝140°．【分析】先根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠A的度數(shù)，再由圓周角定理即可得出結論．解：∵∠B＝50°，∠C＝60°，∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝70°，∴∠BOD＝2∠A＝140°．【點評】本題考查的是圓周角定理，熟知在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半是解答此題的關鍵．13．拋物線y＝x2+2x+3的頂點坐標是（﹣1，2）．【分析】已知拋物線的解析式是一般式，用配方法轉化為頂點式，根據(jù)頂點式的坐標特點，直接寫出頂點坐標．解：∵y＝x2+2x+3＝x2+2x+1﹣1+3＝（x+1）2+2，∴拋物線y＝x2+2x+3的頂點坐標是（﹣1，2）．故答案為：（﹣1，2）．【點評】此題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)y＝a（x﹣h）2+k的頂點坐標為（h，k），對稱軸為x＝h，此題還考查了配方法求頂點式．14．若小唐同學擲出的鉛球在場地上砸出一個直徑為8cm、深為2cm的小坑，則該鉛球的直徑為10cm．【分析】根據(jù)題意畫出草圖，建立數(shù)學模型．根據(jù)勾股定理和垂徑定理求解．解：設該鉛球的半徑是rcm．在由鉛球的半徑、小坑的半徑即半弦和弦心距組成的直角三角形中，根據(jù)勾股定理，得r2＝（r﹣2）2+16，解得r＝5，故2r＝10．故答案為：10．【點評】此題主要考查了勾股定理和垂徑定理的應用，能夠從實際問題中抽象出幾何圖形，再進一步根據(jù)勾股定理以及垂徑定理進行計算是解題關鍵．15．二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的部分圖象如圖所示，圖象過點A（3，0），對稱軸為直線x＝1，以下四個結論：①abc＞0；②8a+c＜0；③對于任意實數(shù)m，有am2+bm≥﹣4a﹣c；④對于實數(shù)，若（n，y1），（n+1，y2）為拋物線上兩點，則y1＜y2；其中正確的是①③④（填寫序號）．【分析】由函數(shù)圖象可以判斷a＞0，c＜0，由對稱軸為直線x＝1，可以得出b＝﹣2a，從而判斷①；由函數(shù)圖象過點（3，0）以及b＝﹣2a得出3a+c＝0，再根據(jù)a＞0可判斷②；根據(jù)拋物線對稱軸為直線x＝1以及a，b，c的關系可得函數(shù)的最小值為﹣4a，由函數(shù)的性質(zhì)可判斷③；根據(jù)n，n+1到1的距離，由函數(shù)的性質(zhì)可判斷④．解：由圖象可知，a＞0，c＜0，∵對稱軸為直線x＝1，∴﹣＝1，∴b＝﹣2a＜0，∴abc＞0．故①正確；∵二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象過點A（3，0），∴9a+3b+c＝0，∵b＝﹣2a，∴3a+c＝0，∵a＞0，∴8a+c＝3a+c+5a＞0，故②錯誤；由②知，c＝﹣3a，∵a＞0，對稱軸為直線x＝1，∴當x＝1時，函數(shù)有最小值，最小值為a+b+c＝a﹣2a﹣3a＝﹣4a，∴對于任意實數(shù)m，有am2+bm+c≥﹣4a，即am2+bm≥﹣4a﹣c，故③正確；當n＞時，n+1＞∵對稱軸為直線x＝1，∴n+1﹣1＞，1﹣n＜，∴y1＜y2．故④正確；故答案為：①③④．【點評】考查了拋物線與x軸的交點，二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關系．利用數(shù)形結合思想解答是答題關鍵．16．如圖所示，直線l繞平行四邊形ABCD頂點A轉動，分別過點B，C，D作l的垂線段，垂足分別為M，N，P．已知∠ABC＝60°，AB＝6，BC＝5，則BM+CN+DP的最大值為．【分析】連接AC，BD交于點O，過點O作OT⊥直線l于T，在OT的延長線上截取TR＝OT，連接RN，ON，過點C作CE⊥AB于E，先證四邊形BMPD為直角梯形，再證OT為梯形BMPD的中位線，則BM+DP＝2OT＝OR，然后證△OAT和△RNT全等得∠AOT＝∠R，進而得OA∥RN，據(jù)此可證得四邊形CNRO為平行四邊形，則CN＝OR＝BM+DP，BM+CN+DP＝2CN，要求BM+CN+DP的最大值，只需求出CN的最大值即可，根據(jù)“垂線段最短”可知：CN≤CA，故得CN的最大值為線段CA的長，最后在Rt△CBE中可求出，BE＝2.5，CE＝，進而得AE＝3.5，在Rt△ACE中由勾股定理得CA＝，據(jù)此可得出BM+CN+DP的最大值．解：連接AC，BD交于點O，過點O作OT⊥直線l于T，在OT的延長線上截取TR＝OT，連接RN，ON，過點C作CE⊥AB于E，如圖所示：∵DP⊥直線l，BM⊥直線l，∴四邊形BMPD為直角梯形，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴點O為BD，AC的中點，∵OT⊥直線l，∴OT∥BM∥DP，∴OT為梯形BMPD的中位線，∴BM+DP＝2OT，∵TR＝OT，∴OR＝2OT＝BM+DP，∵CN⊥直線l，在Rt△ACN中，點O為斜邊AC的中點，∴ON＝OA＝OC，∴△OAN為等腰三角形，又∵OT⊥AN，∴AT＝NT，在△OAT和△RNT中，，∴△OAT≌△RNT（SAS），∠AOT＝∠R，∴OA∥RN，即OC∥RN，∵CN⊥直線l，OT⊥直線l，∴OR∥CN，∴四邊形CNRO為平行四邊形，∴CN＝OR＝BM+DP，∴BM+CN+DP＝2CN，要求BM+CN+DP的最大值，只需求出CN的最大值即可，根據(jù)“垂線段最短”可知：CN≤CA，∴CN的最大值為線段CA的長，∵∠ABC＝60°，BC＝5，CE⊥AB，在Rt△CBE中，∠BCE＝90°﹣∠ABC＝30°，∴BE＝BC＝2.5，由勾股定理得：CE＝＝，∵AB＝6，BE＝2.5，∴AE＝AB﹣BE＝6﹣2.5＝3.5，在Rt△ACE中，由勾股定理得：CA＝＝，∴CN的最大值為，∴BM+CN+DP的最大值為．故答案為：．【點評】此題主要考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，梯形的中位線定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等，熟練掌握平行四邊形的判定和性質(zhì)，梯形的中位線定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，理解垂線段最短，靈活運用勾股定理進行計算是解決問題的關鍵．三、解答題（共8小題，共72分）在答題卡指定的位置上寫出必要的演算過程或證明過程.17．解方程：x2﹣4x﹣5＝0．【分析】因式分解法求解可得．解：（x+1）（x﹣5）＝0，則x+1＝0或x﹣5＝0，∴x＝﹣1或x＝5．【點評】本題主要考查解一元二次方程的能力，熟練掌握解一元二次方程的幾種常用方法：直接開平方法、因式分解法、公式法、配方法，結合方程的特點選擇合適、簡便的方法是解題的關鍵18．如圖，將△ABC繞點B旋轉至△DBE，點E在邊AC上．已知∠C＝40°，求∠ABD的度數(shù)．【分析】首先根據(jù)題目的條件確定旋轉角，然后利用已知以及和等腰三角形的性質(zhì)即可求解．解：∵將△ABC繞點B旋轉至△DBE，點E在邊AC上，∴旋轉角∠EBC＝∠ABD，EB＝EC，而∠C＝40°，∴∠BEC＝∠C＝40°，∴∠EBC＝∠ABD＝180°﹣40°﹣40°＝100°．【點評】此題主要考查了旋轉的性質(zhì)，同時也利用了等腰三角形的性質(zhì)，解題的關鍵是確定旋轉角．19．一張小茶幾的桌面長為6dm，寬為4dm，長方形桌布的面積為桌面面積的2倍，將桌布鋪在桌子上，四邊垂下的長度相同（四個角除外），求桌布的長和寬．【分析】設桌布垂下的長度為xdm，先用含x的代數(shù)式分別表示出桌布的長和寬，再根據(jù)桌布的面積是桌面面積的2倍列出方程，最后求解一元二次方程得結論．解：設桌布垂下的長度為xdm，則由題意，得（6+2x）（4+2x）＝2×4×6．整理方程，得4x2+20x﹣24，即x2+5x﹣6＝0，解得x1＝﹣6（不合題意，舍去），x2＝1．當x＝1時，桌布的長為2+6＝8（dm），桌布的寬為2+4＝6（dm）．答：桌布的長和寬分別為8dm和6dm．【點評】本題考查了一元二次方程，根據(jù)題意列出方程，掌握一元二次方程的解法是解決本題的關鍵．20．如圖所示，等邊△ABC內(nèi)接于⊙O，D為圓周上一點．（1）求證：BD平分∠ADC；（2）若CD＝1，AD＝2，求BD的長度．【分析】（1）先根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠BAC＝∠ACB＝60°，再根據(jù)圓周角定理得到∠ADB＝∠CDB＝60°，從而得到結論；（2）在DB截取DE＝DC＝1，如圖，先證明△DEC為等邊三角形得到CE＝CD，∠DEC＝60°，再證明△BCE≌△ACD得到BE＝AD＝2，然后計算BE+DE即可．【解答】（1）證明：∵△ABC為等邊三角形，∴∠BAC＝∠ACB＝60°，∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∠CBD＝∠BAC＝60°，∴∠ADB＝∠CDB，即BD平分∠ADC；（2）解：在DB截取DE＝DC＝1，如圖，∵∠CDE＝60°，DE＝DC，∴△DEC為等邊三角形，∴CE＝CD，∠DEC＝60°，∵∠BEC＝180°﹣∠DEC＝120°，∠ADC＝∠ADB+∠CDB＝120°，∴∠BEC＝∠ADC，∵∠CBE和∠CAD都對，∴∠CBE＝∠CAD，∵△ABC為等邊三角形，∴BC＝CA，在△BCE和△ACD中，，∴△BCE≌△ACD（AAS），∴BE＝AD＝2，∴BD＝BE+DE＝2+1＝3．【點評】本題考查了三角形的外接圓與外心：經(jīng)過三角形的三個頂點的圓，叫做三角形的外接圓．也考查了等邊三角形的性質(zhì)、圓周角定理和全等三角形的判定與性質(zhì)．21．如圖，在11×6長方形的網(wǎng)格中，每個小正方形邊長都為1個單位長度，我們把每個小正方形的頂點稱為格點，A，B，C均為格點．請你用一把無刻度直尺完成作圖，保留作圖痕跡．（1）以C為旋轉中心，將線段AC逆時針旋轉90°至線段CD，連接AD；（2）作CE⊥AD于E；（3）將△BCA繞C點順時針旋轉至△B'CA'，旋轉角度等于∠BAC．【分析】（1）根據(jù)旋轉變換的性質(zhì)作出點A的對應點D即可；（2）取格點P，Q，連接PQ交AD于點E，連接CE，線段CE即為所求；（3）取點A′，使得CA′＝5，取格點M，作射線CM（目的使得∠BCM＝旋轉角∠ABC），取格點N，連接AN交CM于點B′（目的使得AN∠CM），△CA′B′即為所求．解：（1）如圖，線段CD即為所求；（2）如圖，線段CE即為所求；（3）如圖，△B'CA'即為所求．【點評】本題考查作圖﹣旋轉變換，解題的關鍵是理解題意，學會利用數(shù)形結合的射線解決問題．22．某橋梁因交通事故導致?lián)矶拢鶕?jù)車流量監(jiān)控統(tǒng)計，7：00時該橋梁上車輛共計200輛，累計駛入車輛數(shù)y（單位：輛）與累計駛出車輛數(shù)w（單位：輛）隨統(tǒng)計時間t（單位：min）變化的結果如表所示：統(tǒng)計時間t/min1234…累計駛入車輛數(shù)y/輛200380540680…累計駛出車輛數(shù)w/輛306090120…在當前時段，我們可以把累計駛入車輛數(shù)y與t之間看作二次函數(shù)關系，把累計駛出車輛數(shù)w與t之間看作一次函數(shù)關系．（1）直接寫出y關于t的函數(shù)解析式和w關于t的函數(shù)解析式（不要求寫出自變量的取值范圍）；（2）當橋梁上車輛累計到達760輛時，將觸發(fā)擁堵黃色預警．按照當前車流量計算，第幾分鐘將觸發(fā)擁堵黃色預警？（3）當橋梁上車輛累計到達1000輛時，將觸發(fā)擁堵紅色預警．從統(tǒng)計開始5分鐘時（即7：05時），交通事故解除，駛出橋梁的車輛每min增加30輛．試計算擁堵紅色預警是否會被觸發(fā)？【分析】（1）分別設出y關于t的函數(shù)解析式和w關于t的函數(shù)解析式，然后用待定系數(shù)法求解析式即可；（2）根據(jù)橋梁上累計車流量數(shù)＝累計駛入車輛數(shù)﹣累計駛出車輛數(shù)+200，列出方程，解方程即可；（3）分t≤5和t＞5兩種情況，根據(jù)橋梁上累計車流量數(shù)＝累計駛入車輛數(shù)﹣累計駛出車輛數(shù)+200列出函數(shù)解析式，由函數(shù)性質(zhì)求最大值，再與1000比較即可．解：（1）設y關于t的函數(shù)解析式為y＝at2+bt+c（a≠0），把（1，200），（2，380），（3，540）代入解析式得：，解得，∴y關于t的函數(shù)解析式為y＝﹣10t2+210t；設w關于t的函數(shù)解析式為w＝mx+n（m≠0），把（1，30），（2，60）代入解析式得：，解得，∴w關于t的函數(shù)解析式為w＝30t；（2）當y﹣w+200＝760時，即﹣10t2+210t﹣30t+200＝760，解得t1＝4，t2＝14，∴從第4分鐘將觸發(fā)擁堵黃色預警；（3）設橋梁上車輛累計Q輛，當t≤5時，Q＝y(tǒng)﹣w+200＝﹣10t2+210t﹣30t+200＝﹣10t2+180t+200＝﹣10（t﹣9）2+1010，∵﹣10＜0，∴當t＜9時，Q隨x的增大而增大，∴當t＝5時，Q有最大值，最大值為850，850＜1000，∴前5分鐘會觸發(fā)擁堵紅色預警；當t＞5時，w＝60（t﹣5）＝60t﹣300，Q＝y(tǒng)﹣w+200＝﹣10t2+210t﹣（60t﹣300）＝﹣10t2+150t+300＝﹣10（t﹣7.5）2+1062.5，∵﹣10＜0，∴當t＝7.5時，Q有最大值，最大值為1062.5，1062.5＞100，∴會觸發(fā)擁堵紅色預警．【點評】本題考查二次函數(shù)的應用，關鍵是找到等量關系列出函數(shù)解析式．23．已知△ABC為等邊三角形，D為平面內(nèi)一點，連接BD，CD．【問題研究】如圖1所示，當點D在△ABC內(nèi)時，以B為旋轉中心，將△BCD逆時計旋轉60°至△BAE，連接ED，則△BED的形狀為等邊三角形；延長CD交AE于M，求∠AMC的度數(shù)；【問題拓展】如圖2所示，當點D在△ABC外時，取BD中點E，連接AE，作EM⊥AE交CD的垂直平分線于M，連接DM，CM，試求∠DMC的度數(shù)．【分析】（1）利用旋轉的性質(zhì)判斷△BDE的形狀，然后利用三角形外角的性質(zhì)求出∠AMC的度數(shù)即可；（2）延長ME，構造等腰三角形，然后利用三角形全等以及平行線的性質(zhì)，推出∠AMC補角的度數(shù)，從而得解．解：（1）延長CD交AE于M，如圖：由旋轉的性質(zhì)可知：∠DBE＝60°，△ABE≌△CDB，∴BD＝BE，∠AEB＝∠BDC，∴△BDE是等邊三角形，∴∠BDE＝∠BED＝60°，∴∠AED＝∠AEB﹣60°，∠EDM＝180°﹣∠BDC﹣60°＝120°﹣∠BDC，∴∠AMC＝∠AED+∠EDM＝∠AEB﹣60°+120°﹣∠BDC＝60°；故答案為：等邊三角形；（2）延長ME到N，使EN＝EM，連接AM，AN，BN，延長BN與CM交于點O，BO與AM交于點Q，如圖：∵E是BD中點，∴BE＝DE，又∵EM＝EN，∠BEN＝∠DEM，∴△BEN≌△DEM（SAS），∴BN＝DM，∠EBN＝∠EDM，∴BN∥DM，∵D在CD的垂直平分線上，∴DM＝CM，∴BN＝CM，∵EM＝EN，AE⊥EM，∴△AMN是等腰三角形，∴AM＝AN，又∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC，∴△ABN≌△ACM（SSS），∴∠ANB＝∠AMC，∠BAN＝∠CAM，∴∠ANO＝∠AMO，又∵∠BAN+∠NAC＝∠BAC＝60°，∴∠NAC+∠CAM＝∠NAM＝60°，又∵∠AQN＝∠OQM，∴∠O＝∠NAM＝60°，又∵BN∥DM，∴∠OMD＝∠O＝60°，