2023-2024學年北京海淀區(qū)九年級數(shù)學第一學期期末教學質(zhì)量檢測模擬試題含解析

2023-2024學年北京海淀區(qū)九年級數(shù)學第一學期期末教學質(zhì)量檢測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖，已知直線a∥b∥c，直線m交直線a，b，c于點A，B，C，直線n交直線a，b，c于點D，E，F(xiàn)，若，則=（）A． B． C． D．12．在下列圖形中，是中心對稱圖形的是（）A． B．C． D．3．反比例函數(shù)y=的圖象經(jīng)過點（3，﹣2），下列各點在圖象上的是（）A．（﹣3，﹣2） B．（3，2） C．（﹣2，﹣3） D．（﹣2，3）4．如圖，△ODC是由△OAB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)30°后得到的圖形，若點D恰好落在AB上，則∠A的度數(shù)為（）A．70° B．75° C．60° D．65°5．某射擊運動員在訓練中射擊了10次，成績?nèi)鐖D所示：下列結(jié)論不正確的是（）A．眾數(shù)是8 B．中位數(shù)是8 C．平均數(shù)是8.2 D．方差是1.26．如圖，在⊙O中，AB為直徑，圓周角∠ACD=20°，則∠BAD等于（）A．20° B．40° C．70° D．80°7．如圖所示的工件，其俯視圖是（）A． B． C． D．8．如圖，在一幅長80cm，寬50cm的矩形樹葉畫四周鑲一條金色的紙邊，制成一幅矩形掛圖，若要使整個掛圖的面積是5400cm2，設金色紙邊的寬為xcm，則滿足的方程是（）A．（80＋x）（50＋x）＝5400B．（80＋2x）（50＋2x）＝5400C．（80＋2x）（50＋x）＝5400D．（80＋x）（50＋2x）＝54009．二次函數(shù)y=ax1+bx+c(a≠0)的部分圖象如圖所示，圖象過點(-4，0)，對稱軸為直線x=-1，下列結(jié)論：①abc>0；②1a-b=0；③一元二次方程ax1+bx+c=0的解是x1=-4，x1=1；④當y>0時，-4<x<1．其中正確的結(jié)論有（

）A．4個 B．3個 C．1個 D．1個10．如圖，直線AB與半徑為2的⊙O相切于點C，D是⊙O上一點，且∠EDC=30°，弦EF∥AB，則EF的長度為（）A．2 B．2 C． D．2二、填空題(每小題3分,共24分)11．若關于x的方程kx2+2x﹣1=0有實數(shù)根，則k的取值范圍是_____．12．一個圓錐的側(cè)面展開圖是半徑為8的半圓，則該圓錐的全面積是______________.13．如圖，在△ABC中，點A1，B1，C1分別是BC，AC，AB的中點，A2，B2，C2分別是B1C1，A1C1，A1B1的中點……依此類推，若△ABC的面積為1，則△AnBnCn的面積為__________．14．已知⊙O的內(nèi)接正六邊形的邊心距為1．則該圓的內(nèi)接正三角形的面積為_____．15．已知二次函數(shù)中，函數(shù)與自變量的部分對應值如下表：…－2－1012……105212…則當時，的取值范圍是______.16．已知關于x的一元二次方程有兩個不相等的實數(shù)根，則k的取值范圍是________．17．分母有理化：＝_____．18．如圖，以O為圓心，任意長為半徑畫弧，與射線OM交于點A，再以A為圓心，AO長為半徑畫弧，兩弧交于點B，畫射線OB，則cos∠AOB的值等于___________．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，在平面直角坐標系中，△ABC各頂點的坐標分別為:A(－2，－2)，B(－4，－1)，C(－4，－4)．(1)畫出與△ABC關于點P(0，－2)成中心對稱的△A1B1C1，并寫出點A1的坐標；(2)將△ABC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)90°后得到△A2B2C2，畫出△A2B2C2，并寫出點C2的坐標．20．（6分）已知二次函數(shù)中，函數(shù)與自變量的部分對應值如下表:············（1）求該二次函數(shù)的表達式；（2）當時，的取值范圍是.21．（6分）（問題發(fā)現(xiàn)）如圖1，半圓O的直徑AB＝10，點P是半圓O上的一個動點，則△PAB的面積最大值是；（問題探究）如圖2所示，AB、AC、是某新區(qū)的三條規(guī)劃路，其中AB＝6km，AC＝3km，∠BAC＝60°，所對的圓心角為60°．新區(qū)管委會想在路邊建物資總站點P，在AB、AC路邊分別建物資分站點E、F，即分別在、線段AB和AC上選取點P、E、F．由于總站工作人員每天要將物資在各物資站點間按P→E→F→P的路徑進行運輸，因此，要在各物資站點之間規(guī)劃道路PE、EF和FP．顯然，為了快捷環(huán)保和節(jié)約成本，就要使線段PE、EF、FP之和最短（各物資站點與所在道路之間的距離、路寬均忽略不計）．可求得△PEF周長的最小值為km；（拓展應用）如圖3是某街心花園的一角，在扇形OAB中，∠AOB＝90°，OA＝12米，在圍墻OA和OB上分別有兩個入口C和D，且AC＝4米，D是OB的中點，出口E在上．現(xiàn)準備沿CE、DE從入口到出口鋪設兩條景觀小路，在四邊形CODE內(nèi)種花，在剩余區(qū)域種草．①出口E設在距直線OB多遠處可以使四邊形CODE的面積最大？最大面積是多少？(小路寬度不計)②已知鋪設小路CE所用的普通石材每米的造價是200元，鋪設小路DE所用的景觀石材每米的造價是400元．請問：在上是否存在點E，使鋪設小路CE和DE的總造價最低？若存在，求出最低總造價和出口E距直線OB的距離；若不存在，請說明理由．22．（8分）在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y=ax2+2nx+c的圖象過坐標原點.(1)若a=-1.①當函數(shù)自變量的取值范圍是-1≤x≤2，且n≥2時，該函數(shù)的最大值是8，求n的值;②當函數(shù)自變量的取值范圍是時，設函數(shù)圖象在變化過程中最高點的縱坐標為m，求m與n的函數(shù)關系式，并寫出n的取值范圍;（2）若二次函數(shù)的圖象還過點A（-2，0），橫、縱坐標都是整數(shù)的點叫做整點.已知點，二次函數(shù)圖象與直線AB圍城的區(qū)域（不含邊界）為T，若區(qū)域T內(nèi)恰有兩個整點，直接寫出a的取值范圍.23．（8分）如圖，在平面直角坐標系中，函數(shù)的圖象與函數(shù)（）的圖象相交于點，并與軸交于點．點是線段上一點，與的面積比為2：1．（1），；（2）求點的坐標；（1）若將繞點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，其中的對應點是，的對應點是，當點落在軸正半軸上，判斷點是否落在函數(shù)（）的圖象上，并說明理由．24．（8分）在等邊中，點為上一點，連接，直線與分別相交于點，且．（1）如圖（1），寫出圖中所有與相似的三角形，并選擇其中的一對給予證明；（2）若直線向右平移到圖（2）、圖（3）的位置時，其他條件不變，（1）中的結(jié)論是否仍然成立?若成立請寫出來(不證明)，若不成立，請說明理由；（3）探究:如圖（1），當滿足什么條件時(其他條件不變)，?請寫出探究結(jié)果，并說明理由(說明:結(jié)論中不得含有未標識的字母)．25．（10分）如圖，已知是的直徑，是的弦，點在外，連接，的平分線交于點.（1）若，求證：是的切線；（2）若，，求弦的長.26．（10分）粵東農(nóng)批﹒2019球王故里五華馬拉松賽于12月1日在廣東五華舉行，組委會為了做好運動員的保障工作，沿途設置了4個補給站，分別是：A（粵東農(nóng)批）、B（奧體中心）、C（球王故里）和D（濱江中路），志愿者小明和小紅都計劃各自在這4個補給站中任意選擇一個進行補給服務，每個補給站被選擇的可能性相同．（1）小明選擇補給站C（球王故里）的概率是多少？（2）用樹狀圖或列表的方法，求小明和小紅恰好選擇同一個補給站的概率．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、A【分析】由題意直接根據(jù)平行線分線段成比例定理進行分析即可求解．【詳解】解：∵a//b//c，∴=．故選：A．【點睛】本題考查平行線分線段成比例定理．注意掌握三條平行線截兩條直線，所得的對應線段成比例．2、C【分析】把一個圖形繞某一點旋轉(zhuǎn)180°，如果旋轉(zhuǎn)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，這個點叫做對稱中心．據(jù)此判斷即可．【詳解】解：A、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；B、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；C、是中心對稱圖形，故此選項正確；D、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；故選：C．【點睛】本題考查的是中心對稱圖形的概念：中心對稱圖形關鍵是尋找對稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合．3、D【解析】分析：直接利用反比例函數(shù)圖象上點的坐標特點進而得出答案．詳解：∵反比例函數(shù)y=的圖象經(jīng)過點（3，-2），∴xy=k=-6，A、（-3，-2），此時xy=-3×（-2）=6，不合題意；B、（3，2），此時xy=3×2=6，不合題意；C、（-2，-3），此時xy=-3×（-2）=6，不合題意；D、（-2，3），此時xy=-2×3=-6，符合題意；故選D．點睛：此題主要考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，正確得出k的值是解題關鍵．4、B【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知∠AOD=30°，OA=OD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)及內(nèi)角和定理可得答案．【詳解】由題意得：∠AOD=30°，OA=OD，∴∠A=∠ADO75°．故選B．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：①對應點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等．②對應點與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角．③旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等是解題的關鍵．5、D【分析】首先根據(jù)圖形數(shù)出各環(huán)數(shù)出現(xiàn)的次數(shù)，在進行計算眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)、方差.【詳解】根據(jù)圖表可得10環(huán)的2次，9環(huán)的2次，8環(huán)的3次，7環(huán)的2次，6環(huán)的1次.所以可得眾數(shù)是8，中位數(shù)是8，平均數(shù)是方差是故選D【點睛】本題主要考查統(tǒng)計的基本知識，關鍵在于眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)和方差的概念.特別是方差的公式.6、C【分析】連接OD，根據(jù)∠AOD=2∠ACD，求出∠AOD，利用等腰三角形的性質(zhì)即可解決問題．【詳解】連接OD．∵∠ACD=20°，∴∠AOD=2∠ACD=40°．∵OA=OD，∴∠BAD=∠ADO=（180°﹣40°）=70°．故選C．【點睛】本題考查了圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會添加常用輔助線，屬于中考?？碱}型．7、B【解析】試題分析：從上邊看是一個同心圓，外圓是實線，內(nèi)圓是虛線，故選B．點睛：本題考查了簡單組合體的三視圖，從上邊看得到的圖形是俯視圖．看得見部分的輪廓線要畫成實線，看不見部分的輪廓線要畫成虛線．8、B【詳解】根據(jù)題意可得整副畫的長為（80+2x）cm，寬為（50+2x）cm，則根據(jù)長方形的面積公式可得：（80+2x）（50+2x）=1．故應選：B考點：一元二次方程的應用9、B【分析】根據(jù)拋物線的圖象與性質(zhì)（對稱性、與x軸、y軸的交點）逐個判斷即可．【詳解】∵拋物線開口向下∵對稱軸同號，即∵拋物線與y軸的交點在x軸的上方，則①正確∵對稱軸，即，則②正確∵拋物線的對稱軸，拋物線與x軸的一個交點是∴由拋物線的對稱性得，拋物線與x軸的另一個交點坐標為，從而一元二次方程的解是，則③錯誤由圖象和③的分析可知：當時，，則④正確綜上，正確的結(jié)論有①②④這3個故選：B．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，熟記函數(shù)的圖象與性質(zhì)是解題關鍵．10、B【解析】本題考查的圓與直線的位置關系中的相切．連接OC,EC所以∠EOC=2∠D=60°，所以△ECO為等邊三角形．又因為弦EF∥AB所以OC垂直EF故∠OEF=30°所以EF=OE=2．二、填空題(每小題3分,共24分)11、k≥-1【解析】首先討論當時，方程是一元一次方程，有實數(shù)根，當時，利用根的判別式△=b2-4ac=4+4k≥0，兩者結(jié)合得出答案即可．【詳解】當時，方程是一元一次方程：，方程有實數(shù)根；當時，方程是一元二次方程，解得：且.綜上所述，關于的方程有實數(shù)根，則的取值范圍是.故答案為【點睛】考查一元二次方程根的判別式，注意分類討論思想在解題中的應用，不要忽略這種情況.12、48π【分析】首先利用圓的面積公式即可求得側(cè)面積，利用弧長公式求得圓錐的底面半徑，得到底面面積，據(jù)此即可求得圓錐的全面積．【詳解】解：側(cè)面積是：，底面圓半徑為：，底面積，故圓錐的全面積是：，故答案為：48π【點睛】本題考查了圓錐的計算，正確理解圓錐的側(cè)面展開圖與原來的扇形之間的關系是解決本題的關鍵，理解圓錐的母線長是扇形的半徑，圓錐的底面圓周長是扇形的弧長．13、【分析】由于、、分別是的邊、、的中點，就可以得出△，且相似比為，就可求出△，同樣地方法得出△依此類推所以就可以求出的值．【詳解】解：、、分別是的邊、、的中點，、、是的中位線，△，且相似比為，，且，、、分別是△的邊、、的中點，△的△且相似比為，，依此類推，．故答案為：．【點睛】本題考查了三角形中位線定理的運用，相似三角形的判定與性質(zhì)的運用，解題的關鍵是有相似三角形的性質(zhì)：面積比等于相似比的平方．14、4【分析】作出⊙O及內(nèi)接正六邊形ABCDEF，連接OC、OB，過O作ON⊥CE于N，易得△COB是等邊三角形，利用三角函數(shù)求出OC，ON，CN，從而得到CE，再求內(nèi)接正三角形ACE的面積即可．【詳解】解：如圖所示，連接OC、OB，過O作ON⊥CE于N，∵多邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠COB=60°，∵OC=OB，∴△COB是等邊三角形，∴∠OCM=60°，∴OM=OC?sin∠OCM，∴OC=．∵∠OCN=30°，∴ON=OC=，CN=1，∴CE=1CN=4，∴該圓的內(nèi)接正三角形ACE的面積=，故答案為：4．【點睛】本題考查圓的內(nèi)接多邊形與三角函數(shù)，利用邊心距求出圓的半徑是解題的關鍵．15、【分析】觀察表格可得：（0，2）與（2，2）在拋物線上，由此可得拋物線的對稱軸是直線x=1，頂點坐標是（1，1），且拋物線開口向上，于是可得點（－1，5）與（3，5）關于直線x=1對稱，進而可得答案.【詳解】解：根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可知：（0，2）與（2，2）關于直線x=1對稱，所以拋物線的對稱軸是直線x=1，頂點坐標是（1，1），且拋物線開口向上，∴點（－1，5）與（3，5）關于直線x=1對稱，∴當時，的取值范圍是：.故答案為：.【點睛】本題考查了拋物線的性質(zhì)，通過觀察得出拋物線的對稱軸是直線x=1，靈活利用拋物線的對稱性是解題的關鍵.16、【分析】根據(jù)一元二次方程的根的判別式，建立關于k的不等式，求出k的取值范圍．【詳解】根據(jù)一元二次方程的根的判別式，建立關于k的不等式，求出k的取值范圍.，，方程有兩個不相等的實數(shù)根，，.故答案為：．【點睛】本題考查了根的判別式．總結(jié)：一元二次方程根的情況與判別式△的關系：（1）△＞0?方程有兩個不相等的實數(shù)根；（2）△＝0?方程有兩個相等的實數(shù)根；（3）△＜0?方程沒有實數(shù)根．17、+．【解析】一般二次根式的有理化因式是符合平方差公式的特點的式子．據(jù)此作答．【詳解】解:==+．故答案為+．【點睛】本題考查二次根式的有理化．根據(jù)二次根式的乘除法法則進行二次根式有理化．二次根式有理化主要利用了平方差公式，所以一般二次根式的有理化因式是符合平方差公式的特點的式子．18、．【解析】試題分析：根據(jù)作圖可以證明△AOB是等邊三角形，則∠AOB=60°，據(jù)此即可求解．試題解析：連接AB，由畫圖可知：OA=0B，AO=AB∴OA=AB=OB，即三角形OAB為等邊三角形，∴∠AOB=60°，∴cos∠AOB=cos60°=．考點：1．特殊角的三角函數(shù)值；2．等邊三角形的判定與性質(zhì)．三、解答題(共66分)19、（1）詳見解析；(2，-2)；（2）詳見解析；(-4，4)【分析】（1）分別得出A、B、C三點關于點P的中心對稱點，然后依次連接對應點可得；（2）分別做A、B、C三點繞O點順時針旋轉(zhuǎn)90°的點，然后依次連接對應點即可．【詳解】（1）△A1B1C1如下圖所示．點A1的坐標為(2，-2)（2）△A2B2C2如上圖所示．點C2的坐標為(-4，4)．【點睛】本題考查繪制中心對稱圖形和繪制旋轉(zhuǎn)圖形，解題關鍵是繪制圖形中的關鍵點的對應點．20、（1）或；（2）或【分析】（1）根據(jù)拋物線的對稱性從表格中得出其頂點坐標，設出頂點式，任意代入一個非頂點的點的坐標即可求解.（2）結(jié)合表格及函數(shù)解析式及其增減性解答即可.【詳解】（1）由題意得頂點坐標為.設函數(shù)為.由題意得函數(shù)的圖象經(jīng)過點，所以.所以.所以兩數(shù)的表達式為(或)；由所給數(shù)據(jù)可知當時，有最小值，二次函數(shù)的對稱軸為.又由表格數(shù)據(jù)可知當時，對應的的范圍為或.【點睛】本題考查的是確定二次函數(shù)的表達式及二次函數(shù)的性質(zhì)，掌握二次函數(shù)的對稱性及增減性是關鍵.21、[問題發(fā)現(xiàn)]15；[問題探究]；[拓展應用]①出口E設在距直線OB的7.1米處可以使四邊形CODE的面積最大為60平方米，②出口E距直線OB的距離為米.【分析】[問題發(fā)現(xiàn)]△PAB的底邊AB一定,面積最大也就是P點到AB的距離最大,故當OP⊥AB時,時最大，值是5，再計算此時△PAB面積即可；[問題探究]先由對稱將折線長轉(zhuǎn)化線段長，即分別以、所在直線為對稱軸，作出關于的對稱點為，關于的對稱點為，連接，易求得：，而，即當最小時，可取得最小值．[拓展應用]①四邊形CODE面積=S△CDO＋S△CDE′，求出S△CDE′面積最大時即可；②先利用相似三角形將費用問題轉(zhuǎn)化為CE＋1DE＝CE＋QE，求CE＋QE的最小值問題．然后利用相似三角形性質(zhì)和勾股定理求解即可?！驹斀狻縖問題發(fā)現(xiàn)]解：當OP⊥AB時,時最大，，此時△APB的面積=，故答案為：15；[問題探究]解：如圖1-1，連接，,分別以、所在直線為對稱軸，作出關于的對稱點為，關于的對稱點為，連接，交于點，交于點，連接、，，，，，、、在以為圓心，為半徑的圓上，設，易求得：，，，，當最小時，可取得最小值，，，即點在上時，可取得最小值，如圖1-1，如圖1-3，設的中點為，，，，，，由勾股定理可知：，，，是等邊三角形，，由勾股定理可知：，，，的最小值為．故答案為：[拓展應用]①如圖，作OG⊥CD，垂足為G，延長OG交于點E′，則此時△CDE的面積最大．∵OA＝OB＝11，AC＝4，點D為OB的中點，∴OC＝8，OD＝6，在Rt△COD中，CD＝10，OG＝4.8，∴GE′＝11－4.8＝7.1，∴四邊形CODE面積的最大值為S△CDO＋S△CDE′＝×6×8＋×10×7.1＝60，作E′H⊥OB，垂足為H，則E′H＝OE′＝×11＝7.1．答：出口E設在距直線OB的7.1米處可以使四邊形CODE的面積最大為60平方米．②鋪設小路CE和DE的總造價為100CE＋400DE＝100（CE＋1DE）．如圖，連接OE，延長OB到點Q，使BQ＝OB＝11，連接EQ．在△EOD與△QOE中，∠EOD＝∠QOE，且，∴△EOD∽△QOE，故QE＝1DE．于是CE＋1DE＝CE＋QE，問題轉(zhuǎn)化為求CE＋QE的最小值．連接CQ，交于點E′，此時CE＋QE取得最小值為CQ，在Rt△COQ中，CO＝8，OQ＝14，∴CQ＝8，故總造價的最小值為1600．作E′H⊥OB，垂足為H，連接OE′，設E′H＝x，則QH＝3x，在Rt△E′OH中，，解得（舍去），∴出口E距直線OB的距離為米．【點睛】本題考查圓的綜合問題，涉及軸對稱的性質(zhì)，勾股定理，垂徑定理，解直角三角形等知識，綜合程度極高，需要學生靈活運用知識．解題關鍵是：利用對稱或相似靈活地將折線長和轉(zhuǎn)化為線段長，從而求折線段的最值。22、(1)①n=1;②（2）【分析】（1）①根據(jù)已知條件可確定拋物線圖象的基本特征，從而列出關于的方程，即可得解；②根據(jù)二次函數(shù)圖象的性質(zhì)分三種情況進行分類討論，從而得到與的分段函數(shù)關系；（2）由得正負進行分類討論，結(jié)合已知條件求得的取值范圍．【詳解】解：(1)∵拋物線過坐標原點∴c=0，a=-1∴y=-x2+2nx∴拋物線的對稱軸為直線x=n，且n≥2，拋物線開口向下∴當-1≤x≤2時，y隨x的增大而增大∴當x=2時，函數(shù)的最大值為8∴-4+4n=8∴n=1．②若則∴拋物線開口向下，在對稱軸右側(cè)，隨的增大而減小∴當時，函數(shù)值最大，；若則∴此時，拋物線的頂點為最高點∴；若則∴拋物線開口向下，在對稱軸左側(cè)，隨的增大而增大∴當時，函數(shù)值最大，∴綜上所述：（2）結(jié)論：或證明：∵過∴∴①∵若，直線的解析式為，拋物線的對稱軸為直線∴頂點為，對稱軸與直線交點坐標為∴兩個整點為，∵不含邊界∴∴②∵若，區(qū)域內(nèi)已經(jīng)確定有兩個整點，∴在第三項象限和第一象限的區(qū)域內(nèi)都要確保沒有整點∴∴∵當時，直線上的點的縱坐標為，拋物線上的點的縱坐標為∴∴∴故答案為：（1）①；②（2）或【點睛】本題屬于二次函數(shù)的綜合創(chuàng)新題目，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關鍵，注意分類討論思想方法的應用．23、（1）6，5；（2）；（1），點不在函數(shù)的圖象上．【分析】（1）將點分別代入反比例函數(shù)與一次函數(shù)的表達式中即可求出k,b的值；（2）先求出B的坐標，然后求出，進而求出,得出C的縱坐標，然后代入到一次函數(shù)的表達式中即可求出橫坐標；（1）先根據(jù)題意畫出圖形，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和，求出的縱坐標，根據(jù)勾股定理求出橫坐標，然后判斷橫縱坐標之積是否為6，若是，說明在反比例函數(shù)圖象上，反之則不在．【詳解】（1）將點代入反比例函數(shù)中得，∴∴反比例函數(shù)的表達式為將點代入一次函數(shù)中得，∴∴一次函數(shù)的表達式為（2）當時，，解得∵與的面積比為2：1．設點C的坐標為當時，，解得∴（1）如圖，過點作于點D∵繞點順時針旋轉(zhuǎn)，得到∴∴點不在函數(shù)的圖象上．【點睛】本題主要考查反比例函數(shù)，一次函數(shù)與幾何綜合，掌握反比例函數(shù)的圖象和性質(zhì)，待定系數(shù)法是解題的關鍵．24、（1）△BPF∽△EBF，△BPF∽△BCD；（2）均成立，分別為△BPF∽△EBF，△BPF∽△BCD，（3）當BD平分∠ABC時，PF=PE．【分析】（1）由兩角對應相等的三角形是相似三角形找出△BPF∽△EBF，△BPF∽△BCD，這兩組三角形都可由一個公共角和一組60°角來證明；（2）成立，證法同（1）；（3）先看PF=PE能得出什么結(jié)論，根據(jù)△BPF∽△EBF，可得BF2=PF?PE=3PF2，因此，因為，可得∠PFB=90°，則∠PBF=30°，由此可得當BD平分∠ABC時，PF=PE．【詳解】解：（1）△BPF∽△EBF，△BPF∽△BCD，證明如下：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠BAC