浙教版九上期末培优卷（含解析）
一、单选题
1．如图，菱形ABCD的对角线交于原点O， ．将菱形绕原点点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．已知点A（x1，y1），B（x2，y2）在二次函数y=ax2-2ax+b（a＞0）的图象上，若y1＞y2，则必有（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，△ABC内接于⊙O，AC＝5，BC＝12，且∠A＝90°+∠B，则点O到AB的距离为（ ）
A． B． C． D．4
4．由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示．点P，Q分别为AB，GH的中点，若PQ恰好经过点F，则的值为（ ）
A． B．3 C． D．4
5．如图，，，，分别是矩形四条边上的点，连接，相交于点，且，，矩形矩形，连接交，于点，，下列一定能求出面积的条件是（ ）
A．矩形和矩形的面积之差 B．矩形与矩形的面积之差
C．矩形和矩形的面积之差 D．矩形和矩形的面积之差
6．一种包装盒的设计方法如图所示，四边形ABCD是边长为30cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四点重合于图中的点O，形成一个底面为正方形的长方体包装盒．设BE=CF=xcm，要使包装盒的侧面积最大，则x应取（ ）
A．12.5cm B．10cm C．7.5cm D．5cm
7．如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点（0，3），（x1，0），其中，2＜x1＜3，对称轴为x＝1，则下列结论：①2a﹣b＝0； ②x（ax+b）≤a+b；③方程ax2+bx+c﹣3＝0的两根为x1'＝0，x2'＝2；④﹣3＜a＜﹣1.其中正确的是（ ）
A．②③④ B．①②③ C．②④ D．②③
8．如图4，矩形ABCD绕点A逆时针旋转90*得矩形AEFG，连接CF，交AD于点P，M是CF的中点，连接AM，交EF于点Q。则下列结论：
①AM⊥CF；②△CDP≌△AEQ ；③连接PQ，则PQ= MQ；④若AB=2，BC=6，则MQ= 其中，正确结论的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．如图AB是半圆O的直径，半径OC⊥AB于点O，AD平分∠CAB分别交OC于点E，交弧BC于点D，连结CD，OD，给出以下5个结论：①OD∥AC；②AC＝2CD；③2CD2＝CE AB；④S△AEC＝2S△DEO；⑤线段OD是DE与DA的比例中项．其中正确结论的序号（ ）
A．①②③ B．①④⑤ C．①③④ D．①③④⑤
10．已知正方形ABCD的边长为2，点E为正方形所在平面内一点，满足∠AED=90°，连接CE，若点F是CE的中点，则BF的最小值为（ ）
A．2 B． -1 C． D．2
二、填空题
11．如图，在5×5的正方形网格中，点A、在格点上，在该网格中取一个格点，能使A、、为顶点的等腰三角形中为等腰直角三角形的概率为 ．
12．在正方形 中， ，对角线交于点 ,点 在线段 上，且 ,将射线 绕点 逆时针转 ，交 于点 , 则 的长为 ．
13．如图，⊙P与x轴交于点A(-5，0)，B(1，0)，与y轴的正半轴交于点C.若∠ACB=60°，则点C的纵坐标为 .
14．如图，在矩形中，点是线段上的一点，，将沿翻折，得到，若，，则点到的距离为 ．
15．如图，点E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上一点，AC，BD交于点O，且∠EAF=45°，AE，AF分别交对角线BD于点M，N，则有以下结论：①∠AEB=∠AEF=∠ANM；②EF=BE+DF；③△AOM∽△ADF；④S△AEF=2S△AMN，以上结论中，正确的是 .（请把正确结论的序号都填上）
16．如图，已知直线 与抛物线 与 轴交于点 （点 在点 左侧），与 轴交于点 .点 是 轴上一动点，点 为直线 上一点，则 的最小值为 .
三、解答题
17．已知xyz≠0且 ，求k的值．
18．定义： 叫做函数 的“反函数”.比如 就是 的“反函数”.数形结合是学习函数的一种重要方法，对于二次函数 （ 的常数），若点 在函数 的图象上，则点 也在其图象上，即从数的角度可以知道它的图象关于 轴对称.
根据上面的定义和提示，解答下列问题：
（1） 的图象的对称轴是 ；
（2）①直接写出函数 的“反函数”的表达式为 ；
②在如图所示的平面直角坐标系中画出 的“反函数”的大致图象；
（3）若直线 与 轴交于点 ，与 轴交于点 ，与 的“反函数”图象交于 、 两点（点 的横坐标小于点 的横坐标），过点 作 轴，垂足为点 ，若 ，求 的值.
19．如图，四边形ABCD是正方形，点M在BC上，点N在CD的延长线上，，连接AM，AN，点H在BC的延长线上，，点E在线段BH上，且，将线段EH绕点E逆时针旋转得到线段EG，使得，EG交AH于点
（1）线段AM与线段AN的关系是 .
（2）若，，求AH的长.
（3）求证：
20．某批乒乓球的质量检验结果如下：
抽取的乒乓球数n 200 500 1000 1500 2000
优等品频数m 188 471 946 1426 1898
优等品频率 0.940 0.942 0.946 0.951 0.949
（1）画出这批乒乓球“优等品”频率的折线统计图；
（2）这批乒乓球“优等品”的概率的估计值是多少？
（3）从这批乒乓球中选择5个黄球、13个黑球、22个红球，它们除颜色外都相同，将它们放入一个不透明的袋中．
①求从袋中摸出一个球是黄球的概率；
②现从袋中取出若干个黑球，并放入相同数量的黄球，搅拌均匀后使从袋中摸出一个是黄球的概率不小于，问至少取出了多少个黑球？
21．已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是的中点，连结AG．
（1）若点E是OB的中点(如图1)，求∠GAB的度数；
（2）连结AD，AC，DG，设DG与AB、AC分别交于点H、M(如图2)，
①求证：△AGH是等腰三角形；
②求证：GH2=GM·DG；
③当GM：DH=4：15时，求的值．
22．交通工程学理论把在单向道路上行驶的汽车看成连续的液体，并用流量、速度、密度三个概念描述车流的基本特征。其中流量q（辆/小时）指单位时间内通过道路指定断面的车辆数；速度v（千米/小时）指通过道路指定断面的车辆速度；密度（辆/千米）指通过道路指定断面单位长度内的车辆数，为配合大数据治堵行动，测得某路段流量q与速度v之间的部分数据如下表：
速度v（千米/小时） … 5 10 20 32 40 48 …
流量q（辆/小时） … 550 1000 1600 1792 1600 1152 …
（1）根据上表信息，下列三个函数关系式中，刻画q，v关系最准确的是 （只需填上正确答案的序号）①②③
（2）请利用（1）中选取的函数关系式分析，当该路段的车流速为多少时，流量达到最大？最大流量是多少？
（3）已知q，v，k满足 ，请结合（1）中选取的函数关系式继续解决下列问题：
①市交通运行监控平台显示，当 时道路出现轻度拥堵，试分析当车流密度k在什么范围时，该路段出现轻度拥堵；
②在理想状态下，假设前后两车车头之间的距离d（米）均相等，求流量q最大时d的值
23．如图1，两抛物线y＝ax2（a≠0）与 y＝－x2＋bx＋4（b为常数）相交于点A，B，点A，B的横坐标分别为－2和1
图1 图2
（1）求a，b的值．
（2）如图2，过点A作AC//x轴与抛物线y＝ax2交于C，分别以AC，AC的长为边长向AC上方作矩形ACDE．将矩形ACDE先向左平移m个单位长度，再向下平移n个单位长度，得到矩形A'C'D'E'，点C的对应点C＇在抛物线y＝ax2上．
①求n关于m的函数解析式，并直接写出自变量m的取值范围；
②直线A'E'与抛物线y＝ax2和y＝－x2＋bx＋4分别交于点P和点Q，当E＇是线段PQ的中点时，求m的值．
24．（1）【问题情境】如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是 ；
（2）【类比探究】
如图2，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，连接DG、BE．判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）【拓展提升】
如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为 ．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：∵将菱形绕原点o，逆时针旋转，每次旋转90°，360°÷90°=4
∴转4次后回到原来的位置
∵2023÷4=505……3
∴第2023次旋转结束时，点c在第三象限
如图：过A点作AE⊥X轴于点E ，延长OB到C 点，使OC =OA， 过点C 作C F⊥X轴于点F.
∴ ∠AEO=∠OFC =90° ∴∠OAE+∠AOE=90°
∵ 四边形ABCD是菱形，∴OA=OC=OC AC⊥BD
∴∠C OF+∠AOE=90° ∴∠AOE=∠C OF
∴ △OAE≌ C OF (AAS) ∴ AE=OF OE=C F
∵ A(-2，2) ∴OE=2 AE=2 ∴ OF=2 C F=2
∴ C (-2，2) 故第2023次旋转结束时，点C的坐标为（-2，-2）
故答案为：C.
【分析】首先根据菱形的性质及旋转的规律，得到第2023次旋转结束时，点C在第三象限，过点A作AE⊥X轴于点E，延长OB到C 点，使OC =OA 过C 点作C F⊥X轴于点F ，再根据菱形的性质及全等三角形的判定，求出C 点的坐标，得到C点的的坐标。
2．【答案】D
3．【答案】B
【解析】【解答】解：作直径CD，连BD，过O作OM⊥AB于M，过B作BN⊥CD于N，如图，则∠CBD＝90°，
∵∠A＝90°+∠ABC，
∴∠A＝∠ABD，
∴∠ABD+∠D＝∠A+∠D＝180°，
∴CD∥AB，
∴∠BDC＝∠ABC，
∴ ，
∴BD＝AC＝5.
∴OM＝BN，
在Rt△ABD中，CD＝ ＝13，
∵ ×BN×CD＝ ×BC×BD，
∴BN═ ＝ ＝ ，
∴OM＝ ，
即点O到AB的距离为 .
故答案为：B.
【分析】作直径CD，连BD，过O作OM⊥AB于M，过B作BN⊥CD于N，如图，利用圆周角定理得到∠CBD＝90°，再证明CD∥AB得到∠BDC＝∠ABC，所以BD＝AC＝5.然后利用勾股定理计算出CD，再利用面积法求出BN即可.
4．【答案】C
【解析】【解答】解：如图，过点P作PM⊥BE于点M，
设BE=a，GH=b，
∵△AHD≌△BEA，
∴AH=BE=a，
∵四边形EFGH是正方形，
∴FG=GH=EH=EF=b，
∵∠AEB=∠PMB=90°，
∴PM∥AE，
∴BP∶AP=BM∶ME，
∵点P是AB的中点，
∴AP=BP，
∴BM=EM=a，
∴PM是△ABE的中位线，
∴PM=AE=（a-b），
又∵点Q是GH的中点，
∴GQ=GH=b，
∵∠PMF=∠BFC=90°，
∴△PM∥FC，
∴∠MPF=∠GFQ，
∵∠PMF=∠FGQ=90°，
∴△PMF∽△FGQ，
∴PM∶FG=MF∶GQ，
∴PM×GQ=FG×MF，
∵MF=EM-EF=a-b，
∴（a-b）×b=b（a-b），
整理得3b2-ab=0，即b（3b-a）=0，
∵b≠0，
∴3b-a=0，
∴a=3b，
∴AE=AH-EH=a-b=2b，
∴，
∴AB∶EF=.
故答案为：C.
【分析】过点P作PM⊥BE于点M，设BE=a，GH=b，根据全等三角形的性质得AH=BE=a，根据正方形的性质得FG=GH=EH=EF=b，易得PM是△ABE的中位线，根据三角形中位线定理得BM=EM=a，PM=AE=（a-b），根据中点的定义得GQ=GH=b，易得△PM∥FC，然后判断出△PMF∽△FGQ，根据相似三角形对应边成比例得PM×GQ=FG×MF，代入并整理得3b2-ab=0，即b（3b-a）=0，由于b≠0，故可得a=3b，用勾股定理表示出AB，据此就可求出答案了.
5．【答案】A
【解析】【解答】解：连接BP、BQ，
根据矩形的性质点B、D到AC的距离相等，
又∵，
∴
设，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
同理，，
∴，
∴，
∵
，
∵，
∴ .
∴
故答案为：A.
【分析】连接BP、BQ，根据矩形的性质点B、D到AC的距离相等，根据同底等高的三角形面积相等得S△DPQ=S△BPQ，设BF=a，BG=b，AG=kb，判断出△AGP∽△ABC，根据相似三角形对应边成比例得，推出GP=ka，同理△FQC∽△ABC，得，推出FQ=kb，根据割补法得S△BPQ=S△ABC-S△ABP-S△BQC，进而根据矩形面积计算方法得S矩形BGIF=ab，S矩形EIHD=k2ab，则 ，据此就可得出结论了.
6．【答案】C
【解析】【解答】 解：如图：
在Rt△GBE中，
∵BG=BE=x，
∴GE2=BG2+BE2，
∴GE=x，
又∵BE=CF=x，BC=30，
∴EF=30-2x，
在Rt△HEF中，
∵EH2+FH2=EF2，
∴EH=，
∴S侧=4××x，
=4x（30-2x），
=-8x2+120x，
=-8（x-）2+450，
∴当x=7.5时，包装盒的侧面积最大.
故答案为：C.
【分析】在Rt△GBE中，根据勾股定理求得GE=x，在Rt△HEF中，根据勾股定理求得EH=，由侧面积公式得S侧=-8（x-）2+450，根据二次函数性质即可求得答案.
7．【答案】D
【解析】【解答】∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣ ＝1，
∴b＝﹣2a，即2a+b＝0，所以①错误；
∵x＝1时，y的值最大，
∴ax2+bx+c＜a+b+c，
即x（ax+b）≤a+b，所以②正确；
∵点（0，3）关于直线x＝1的对称点的坐标为（2，3），
即x＝0或x＝2时，ax2+bx+c＝3，
∴方程ax2+bx+c﹣3＝0的两根为x1'＝0，x2'＝2，所以③正确；
∵2＜x1＜3，
∴当x＝3时，y＜0，
即9a+3b+c＜0，
而c＝3，b＝﹣2a，
∴9a﹣6a+3＜0，解得a＜﹣1，所以④错误.
故答案为：D.
【分析】观察函数图象，可知抛物线的对称轴为直线x＝﹣ ＝1，进行化简，可对①作出判断；利用二次函数的最值，可对此二次函数当x=1时，函数值最大，可对②作出判断；利用二次函数的对称性，可得到方程ax2+bx+c﹣3＝0的两根，可对③作出判断；由函数图象，可知2＜x1＜3，根据x=3时，y＜0，就可得到9a+3b+c＜0，再将c=3，b＝﹣2a代入可得到a的取值范围，由此可对④作出判断，综上所述，可得出正确结论的序号。
8．【答案】D
【解析】【解答】解：如图，连接AF，AC，PQ，延长FE交BC于N，取FN中点H，连接MH
∵矩形ABCD绕点A逆时针旋转90°得到矩形AEFG
∴AE=AB=CD=FG，AD=EF，AF=AC，∩FAC=90°
∵M是CF的中点
∴AM=MC=MF，AM⊥CF，即①正确；
②∵∠DPC=∠APM，∠DPC+∠DCP=90°，∠APM+∠MAP=90°
∴∠DCP=∠MAP
∴△CDP≌△AEQ（ASA），即②正确；
∴CP=AQ
∴MC-CP=AM-AQ
∴MP=MQ
∴PQ=MQ，即③正确；
∵∠B=∠DAB=∠AEN=90°
∴四边形ABNE是矩形
∴AE=BN=2，EN=AB=2
∴CN=4
∵M为CF的中点，H为FN的中点
∴MH=CN=2=AE，HN=FN=×（6+2）=4，MH∥BC
∴HE=2，∠MHQ=90°
在△AQE和△MQH中
∴△AQE≌△MQH（AAS）
∴HQ=QE=HE=1
∴MQ===，即④正确。
故答案为：D.
【分析】根据旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理计算，分别判断得到答案即可。
9．【答案】C
【解析】【解答】（1）∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠BAD，
∵OA=OD，
∴∠BAD=∠ADO，
∴∠CAD=∠ADO，
∴OD∥AC，即结论①成立；
（ 2 ）连接BC，∵OC⊥AB，
∴AC=BC，
∵AD平均∠BAC，
∴点D是 的中点，
∴CD=BD，
∵在△BCD中，CD+BD>BC，
∴2CD>BC，
∴2CD>AC，即结论②不成立；
（ 3 ）∵OC⊥AB，
∴∠AOC=∠BOC=90°，
∴∠CDE= ∠AOC=45°，
∵点D是 的中点，
∴∠COD= ∠BOC=45°，
∴∠CDE=∠COD，
又∵∠DCE=∠OCD，
∴△CDE∽△COD，
∴CD：CO=CE：CD，
∴CD2=CE·CO，
∵CO=AO= AB，
∴CD2=CE· AB，
∴2CD2=CE·AB，即结论③成立；
（ 4 ）∵AC∥OD，
∴△ACE∽△DOE，
∴S△ACE：S△DOE= ，
∵△AOC中，∠AOC=90°，OA=OC，
∴AC：OC= ，
∴S△ACE：S△DOE=2：1，
∴S△ACE=2S△DOE，即结论④成立；
（ 5 ）∵在△AOD中，AO=DO，∠AOD=∠AOC+∠COD=135°，
∴∠OAD=∠ODA=22.5°，
∵在△DOE中，∠DOE=45°，∠ODE=22.5°，
∴∠DEO=180°-45°-22.5°=112.5°，
由此可知△AOD是等腰三角形，而△DOE不是等腰三角形，
∴△AOD和△OED不可能相似，
∴无法证明OD是AD和DE的比例中项，即结论⑤不成立.
综上所述，上述5个结论中，成立的是①③④.
故答案为：C.
【分析】①根据等腰三角形的性质和角平分线的性质，利用等量代换求证∠CAD=∠ADO即可； ②过点O作OG⊥AC，再根据直角三角形斜边大于直角边可证； ③利用相似三角形的判定定理可证得△CED∽△CDO，根据相似三角形的对应边成比例，可得CD2=OC CE= AB CE，即可证得结论； ④利用相似三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质得出即可； ⑤△ADO和△DOE不相似，故线段OD不是DE与DA的比例中项。
10．【答案】C
【解析】【解答】解：如图，连接BO，作OH⊥BC，
以D为原点，以DC与DA为坐标轴建立直角坐标系，
设E点坐标为（m，n），F点坐标为(x，y)，
则A点坐标为（0，2），B点坐标为（2，2），C点坐标为（2，0），
F点坐标为（），得 ， ，
∴m=2x-2， n=2y；
∵∠AED=90°，根据直径所对的圆周角是直角得E点在以AB为直径的半圆上，
x，y满足，(m-0)2+(n-1)2=1(0≤x≤1)，即(2x-2)2+(2y-1)2=1，
则（x-1）2+(y-)2=，x、y在以（1，）为圆心，以为半径的圆上，
∴连接BO交⊙O于F'，BF的最小值是BF'，
，
则，
故答案为：C.
【分析】连接BO，作OH⊥BC，先求出E点轨迹方程，设F点坐标，根据中点坐标公式把F点坐标用E点坐标表示，得出F点轨迹也是圆，则BF最短点为B点连接圆心交圆于一点的F'，构造直角三角形，用勾股定理求出OB，则BF'可求。
11．【答案】
【解析】【解答】解：如图所示：
①以A为顶点，即AM=AB，此时点M在以A为圆心，AB长为半径画圆，有M1满足条件，且该三角形为等腰直角三角形；
②以B为顶点，即BM=BA，此时点M在以B为圆心，AB长为半径画圆，有M2满足条件，且该三角形为等腰直角三角形；
③以M为顶点，即MA=MB，此时点M在AB的垂直平分线上(连接两圆交点)，有M3，M4，M5，M6，M7满足条件，其中△ABM5，△ABM6为等腰直角三角形；
综上所述，共有7个等腰三角形，等腰直角三角形有4个
∴能使A、B、M 为顶点的等腰三角形中为等腰直角三角形的概率为，
故答案为：.
【分析】由等腰三角形分类作图(两圆一线)找出满足题意的点，再求概率即可。
12．【答案】 或
【解析】【解答】如图1，
在正方形ABCD中，AB=6，
∴AC=6 ，AC⊥BD，
∴AO=BO= AC=3 ，
∵OP= ，
∴CP=4 ，
在Rt△BPO中，PB= ，
∵∠BPF=∠BAP=∠PCF=45°，
∴∠APB=∠PFC=135°-∠FPC，
∴△APB∽△CFP，
∴ ，即 ，
∴PF= ，
如图2，
在正方形ABCD中，AB=6，
∴AC=6 ，AC⊥BD，
∴AO=BO= AC=3 ，
∵OP= ，
∴CP=2 ，
在Rt△BPO中，PB= ，
∵∠BPF=∠BAP=∠PCF=45°，
∴∠APB=∠PFC=135°-∠FPC，
∴△APB∽△CFP，
∴ ，即 ，
∴PF= ，
综上所述：PF的长为 或 ，
故答案为： 或 ．
【分析】根据正方形的性质得到AC=6 ，AC⊥BD，求得AO=BO= ，CP=4 ，根据勾股定理得到PB= ，根据相似三角形的性质即可得到结论．
13．【答案】+
【解析】【解答】解：如图所示，过P点作PH⊥AB于H点，PD⊥OC于D点，连接PA、PB、PC，
∵A（-5，0），B（1，0），
∴OA＝5，OB＝1，
∴AB=6，
∵PH⊥AB，
∴AH＝BH＝AB＝3，
∴OH＝2，
∵∠ACB=60°，
∴∠APB＝2∠ACB＝2×60°＝120°，
∴∠APH＝60°，∠PAH=30°，
∵在Rt△PAH中，PH＝AH＝，
∴PA＝2PH＝，
∵∠PHO＝∠PDO＝∠HOD＝90°，
∴四边形PHOD为矩形，
∴OD＝PH＝，PD＝OH＝2，
∵在Rt△PCD中，PC＝PA＝，PD＝2，
∴CD＝=＝，
∴OC＝OD+CD＝+ ，
∵点C在y轴的正半轴，
∴点C的纵坐标为+.
故答案为：+.
【分析】过P点作PH⊥AB于H点，PD⊥OC于D点，连接PA、PB、PC，易得AB=6，根据垂径定理得到AH＝BH＝3，则OH＝2，再根据圆周角定理得到∠APB＝2∠ACB＝120°，则∠APH＝60°，再由含30度角的直角三角形三边的关系计算出PH、PA的长度 ，易得四边形PHOD为矩形，从而得到OD、 PD的长，然后利用勾股定理计算出CD，从而得到OC的长，即可求出点C的纵坐标．
14．【答案】
【解析】【解答】解：过F作FG⊥DC于G，EF（EF延长线）交CD于H，
∵
∴∠DEC=90°，
∴∠AED+∠BEC=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠B=90°，AD=BC=3，
∴∠CEB+∠ECB=90°
∴∠AED=∠BCE，
∴△AED∽△BCE，
∴，
设AE=x，则BE=10-x，
∴，
整理得，
解得，
经检验都符合题意是原方程的解，
当AE=1时，BE=9，根据折叠，EF=EB=9，FC=BC=3，∠EFC=∠B=90°，∠BEC=∠FEC，
∵四边形ABCD为矩形
∴DC//AB，
∴∠HCE=∠BEC=∠HEC，
∴EH=HC，
设EH=HC=m，则HF=9-m，
在Rt△FHC中由勾股定理得，即
解得
∴S△FHC=，
∴，
当AE=9时，BE=1，根据折叠，EF=EB=1，FC=BC=3，∠EFC=∠B=90°，∠CEB=∠CEF，
∵四边形ABCD为矩形，
∴DC//AB，
∴∠HDE=∠AED，
∵∠DEH+∠FEC=∠AED+∠BEC=90°，
∴∠DEH =∠AED=∠HDE，
∴DH=HE，
设DH=HE=n，则HF=HE-EF=n-1，HC=DC-DH=10-n，
在Rt△HFC中，由勾股定理，即
解得
∴HC=10-5=5，HF=5-1=4
∴S△CHF=，
∴，
∴点到的距离为．
故答案为．
【分析】过F作FG⊥DC于G，EF（EF延长线）交CD于H，先证出△AED∽△BCE，可得，设AE=x，则BE=10-x，将数据代入可得，求出x的值，再分类讨论：①当AE=1时，BE=9，②当AE=9时，BE=1，再利用矩形的性质及勾股定理分别求解即可。
15．【答案】①②③④
【解析】【解答】如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，
由旋转的性质得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAH＝∠BAH＋∠BAE＝∠DAF＋∠BAE＝90° ∠EAF＝45°，
∴∠EAH＝∠EAF＝45°，
在△AEF和△AEH中，
，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EH＝EF，
∴∠AEB＝∠AEF，
∴BE＋BH＝BE＋DF＝EF，故②符合题意；
∵∠ANM＝∠ADB＋∠DAN＝45°＋∠DAN，
∠AEB＝90° ∠BAE＝90° （∠HAB ∠EAH）＝90° （45° ∠EAH）＝45°＋∠EAH，
∴∠ANM＝∠AEB，
∴∠AEB＝∠AEF＝∠ANM；故①符合题意；
∵AC⊥BD，
∴∠AOM＝∠ADF＝90°，
∵∠MAO＝45° ∠NAO，∠DAF＝45° ∠NAO，
∴△OAM∽△DAF，故③符合题意；
连接NE，
∵∠MAN＝∠MBE＝45°，∠AMN＝∠BME，
∴△AMN∽△BME，
∴ ，
∴ ，
∵∠AMB＝∠EMN，
∴△AMB∽△NME，
∴∠AEN＝∠ABD＝45°，
∵∠EAN＝45°，
∴∠NAE＝∠NEA＝45°，
∴△AEN是等腰直角三角形，
∴AE＝ AN，
∵△AMN∽△BME，△AFE∽△BME，
∴△AMN∽△AFE，
∴ = ，
∴EF＝ MN，
∵AB＝ AO，
∴S△AEF＝S△AHE＝ HE AB＝ EF AB＝ MN AO＝2× MN AO＝2S△AMN．故④符合题意．
故答案为：①②③④．
【分析】如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，由旋转的性质得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，由已知条件得到∠EAH＝∠EAF＝45°，根据全等三角形的性质得到EH＝EF，∴∠AEB＝∠AEF，求得BE＋BH＝BE＋DF＝EF，故②符合题意；根据三角形的外角的性质得到∠ANM＝∠AEB，于是得到∠AEB＝∠AEF＝∠ANM；故①符合题意；根据相似三角形的判定定理得到△OAM∽△DAF，故③符合题意；由△AMN∽△BME，得到 ，推出△AMB∽△NME，根据相似三角形的性质得到∠AEN＝∠ABD＝45°，推出△AEN是等腰直角三角形，根据勾股定理得到AE＝ AN，根据相似三角形的性质得到EF＝ MN，于是得到S△AEF＝2S△AMN故④符合题意．
16．【答案】
【解析】【解答】解：把 代入 中得 ，
把 代入 中得 ，
，
，
在 中，
，
，
作 与 关于 轴对称，
，
∵点 在 轴上， 与 关于 轴对称，
，
，
共线且 时， 最小，
过 作 交 轴于点 ，
长即为所求最小值，
，
，
，
，
，
，
，
，
即 最小值为 .
故答案为：
【分析】先利用一次函数的性质求解 ，再在 中，求解 由 可得 ， ，作 与 关于 轴对称，得 ，由点 在 轴上， 与 关于 轴对称，可得 共线且 时， 最小，即 长即为所求最小值，再求解 ，即 最小值为 .
17．【答案】解：∵xyz≠0，∴x、y、z均不为0，①当x+y+z≠0时，∵ ，∴k= =2，②当x+y+z=0时，x+y=-z，z+x=-y，y+z=-x，所以，k=-1，综上所述，k=2或-1．
【解析】【分析】分两种情况讨论：①当x+y+z≠0时；利用等比的性质，可求出k的值；②当x+y+z=0时，可分别得出x+y=-z，z+x=-y，y+z=-x，再代入计算可求出k的值。
18．【答案】（1）x轴
（2）解：①由“反函数”的定义知，y2=2x， 故答案为y2=2x； ②函数的大致图象如下： ；解： ②函数的大致图象如下：
（3）解：对于y=kx-4k，令y=kx-4k=0，解得x=4，令x=0，则y=-4k，
即点A（4，0），点B（0，-4k），
∵△AOB≌△AED，
∴OA=AE，DE=BO=4k，
则点D（8，4k），
将点D的坐标代入y2=2x得，（4k）2=2×8，
解得k=±1.
【解析】【解答】解：（1）若点（m，n）在函数y=ax2的图象上，则点（m，-n）也在其图象上，即从数的角度可以知道它的图象关于x轴对称，
故答案为：x轴；
（2）①由“反函数”的定义知，y2=2x， 故答案为y2=2x；
【分析】（1）若点（m，n）在函数 的图象上，则点（m,-n）也在函数图象上，故可得对称轴；
（2）①由 “反函数” 定义可得；②经过列表、描点、连线可得答题图象；
（3）可得 点A（4，0），点B（0，-4k）， 根据 △AOB≌△AED 可得点D坐标，代入即可求解.
19．【答案】（1）垂直且相等
（2）解：，，
∽，
，
线段EH绕点E逆时针旋转得到线段EG，
，
，
，
；
（3）证明：如图，
延长MB至X，连接AX，使BX=BM，作∠AMR=∠H，交AX于R，
，
，
，
，，
设∠XAB=∠BAM=，
，，
，
，
，
，
，，，
≌，
【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADN=∠ADC=∠B=90°，AD=AB，
又∵BM=DN，
∴△ABM≌△ADN（SAS），
∴AM=AN，∠BAM=∠DAN，
∴∠MAN=∠DAN+∠MAD=∠BAM+∠MAD=∠BAD=90°，
∴AM⊥AN，
故答案为：垂直且相等；
【分析】（1）由正方形性质得∠BAD=∠ADN=∠ADC=∠B=90°，AD=AB，结合已知，由SAS判断出△ABM≌△ADN，由全等三角形的性质得AM=AN，∠BAM=∠DAN，进而根据角的和差及等量代换可得∠MAN=90°，从而可得结论；
（2）首先由有两组角对应相等的两个三角形相似得△HEF∽△HAM，由相似三角形的对应边成比例建立方程可求出AH的长；
（3）延长MB至X，连接AX，使BX=BM，作∠AMR=∠H，交AX于R，由线段垂直平分线的性质得AX=AM，由等腰三角形性质得∠XAB=∠BAM，∠X=∠AMB，设∠XAB=∠BAM=，根据已知、三角形的内角和定理、三角形外角和定理推出∠X=∠MRX，由等角对等边得RM=XM，然后用ASA判断出△HEF≌△MAR，由全等三角形的对应边相等可得结论.
20．【答案】解：（1）如图；
（2）这批乒乓球“优等品”概率的估计值是0.946；
（3）①∵袋中一共有球5+13+22=40个，其中有5个黄球，
∴从袋中摸出一个球是黄球的概率为：=；
②设从袋中取出了x个黑球，由题意得
≥，解得x≥8，
故至少取出了9个黑球．
【解析】【分析】（1）根据统计表中的数据，先描出各点，然后折线连结即可；
（2）根据频率估计概率，频率都在0.946左右波动，所以可以估计这批乒乓球“优等品”概率的估计值是0.946；
（3）①用黄球的个数除以球的总个数即可；
②设从袋中取出了x个黑球，根据搅拌均匀后使从袋中摸出一个是黄球的概率不小于 ，列出不等式，解不等式即可．
21．【答案】（1）解：如图，连结OC，OG.
∵AB是⊙O的直径，
∴OA=OB=OC=OG.
∵弦CD⊥AB于点E，
∴∠OEC=90°.
∵点E是OB的中点，
∴OE=OC.
∴∠OCE=30°，
∴∠COE=60°，
∴∠AOC=120°.
∵ G是的中点，
∴∠AOG=∠COG=∠AOC=60°.
∴∠GAB=；
（2）证明：①∵直径AB⊥CD，
∴弧BC=弧BD，
∴∠CAB=∠BAD，
∵点G是弧AC的中点，
∴弧AG=弧CG，
∴∠GAC=∠ADG，
∴∠GAC+∠CAB=∠BAD+∠ADG，即∠GAH=∠GHA，
∴AG=GH，
∴△AGH是等腰三角形；
②∵∠GAC=∠ADG，∠AGM=∠DGA，
∴△AGM∽△DGA，
∴，
∴，
又∵AG=GH，
∴；
③∵GM∶DH=4∶15，
∴设GM=4a，DH=15a，
由①得AG=GH，设AG=GH=x，
∴DG=GH+DH=x+15a，
由②得，
∴x2=4a（15a+x），
解得x1=10a，x2=-6a(舍），
∴AG=GH=10a，
∵△AGM∽△DGA，
∴，
∵CD⊥AB，
∴弧A弧AD，
∴AC=AD，
∴，
∴.
【解析】
【分析】（1）根据点E是OB的中点与AB是⊙O的直径，可知，OE为OC的一半，结合弦CD⊥AB可得∠OCE=60°，再由G是的中点，可求得∠GAB的度数；
（2）①由垂直定理得弧BC=弧BD，由等弧所对的圆周角相等∠CAB=∠BAD，∠GAC=∠ADG，从而根据角的和差及三角形外角性质，由等量加等量和相等可得∠GAH=∠GHA，从而可得△AGH是等腰三角形；
②由有两组角对应相等的两个三角形相似得△AGM∽△DGA，由相似三角形对应边成比例可得，再结合AG=GH即可得出结论；
③设GM=4a，DH=15a，AG=GH=x，则DG=GH+DH=x+15a，由建立方程求出x1=10a，即AG=GH=10a，由垂径定理推出AC=AD，由△AGM∽△DGA，可得，由垂径定理推出AC=AD，此题得解了.
22．【答案】（1）③
（2）解：∵q=-2v2+120v=-2（v-30）2+1800.
∴当v=30时，q最大=1800.
（3）解：①∵q=vk,
∴k===-2v+120.
∴v=-k+60.
∵12≤v＜18,
∴12≤-k+60＜18.
解得：84＜k≤96.
②∵当v=30时，q最大=1800.
又∵v=-k+60,
∴k=60.
∴d==.
∴流量最大时d的值为米.
【解析】【解答】（1）解：设q与v的函数关系式为q=av2+bv,依题可得：
,
解得,
∴q=-2v2+120v.
故答案为③.
【分析】（1）设q与v的函数关系式为q=av2+bv,依题可得二元一次方程组求出q与v的函数关系式，即可得出答案.
（2）由（1）得到的二次函数关系式，根据其图像性质即可求出答案.
（3）①根据q=vk即可得出v=-k+60代入12≤v＜18即可求出k的范围.
②根据v=30时，q最大=1800，再将v值代入v=-k+60求出k=60，从而得出d==.
23．【答案】（1）解：由题意，得
当x＝－2时，4a＝－4－2b＋4，
当x＝1时，a＝－1＋b＋4，
解方程组
得a＝1，b＝－2；
（2）解： ①由（1）知两抛物线分别为y＝x2与y＝－x2－2x＋4，
AC＝4，AE＝2，点E（－2，6），点C（2，4），
则平移后点为（2－m，4－n），
将点的坐标代入抛物线y＝x2，得4－n＝（2－m）2，
即n＝-m2＋4m，
自变量m的取值范围：0＜m＜4；
②由①知，点坐标为（－2－m，4－n）即（－2－m，m2－4m＋4），
点的坐标为（－2－m，m2－4m＋6），
则点P的坐标为（－2－m，m2＋4m＋4），
点Q的坐标为（－2－m，－m2－2m＋4），
则PQ中点的坐标为（－2－m，m＋4），
当是PQ的中点时，则m2－4m＋6＝m＋4，
解得（由0＜m＜4知，不合题意，舍去），
。
【解析】【分析】（1）把A和B两个点的横坐标代入解析式，利用纵坐标的关系建立方程求解；
（2）①求出平移后点 的坐标，代入抛物线y＝x2即可求解；
②先求点坐标，再表示点的坐标，进而表示点P和Q的坐标，用中点坐标公式求出PQ中点的坐标，比较后建立方程求解。
24．【答案】（1）DG=BE
（2）解：，DG⊥BE．
理由如下：延长BE、GD相交于点H．
∵矩形ECGF、矩形ABCD，
∴∠ECG=∠BCD=90°，
∴∠DCG=∠BCE，
∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，
∴CD：CB=CG：CE，
∵∠DCG=∠BCE，
∴△DCG∽△BCE，
∴，∠BEC=∠DGC，
∴
∵矩形ECGF
∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°
∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，
∴∠H=∠F=90°
∴DG⊥BE
（3）
【解析】【解答】解：（1）DG=BE
理由：
∵正方形ABCD，
∴CD=CB，∠BCD=90°
∵正方形ECGF，
∴CG=CE，∠ECG=90°
∴∠ECG=∠BCD=90°
∴∠DCG=∠BCE
在△DCG和△BCE中
∴△DCG≌△BCE（SAS）
∴DG=BE
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．
易证△ECN∽△CGM，
∴，
∵EN=AB=2，
∴CM=1，
∴点G的运动轨迹是直线MG，
作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′
由（2）知，
∴BE=2DG
∴2BG+BE=2BG+2DG=2（BG+DG）
∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．
∵BG′=，
∴2BG+BE的最小值为4
故答案为：4．
【分析】（1）根据正方形的性质证明△DCG≌△BCE（SAS）可得答案；
（2）延长BE、GD相交于点H． 根据矩形的性质可证△DCG∽△BCE， 由相似三角形的性质可得 ，根据矩形的性质可得∠H=∠F=90°，即DG⊥BE；
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．可证△ECN∽△CGM，可得CM=1，则点G的运动轨迹是直线MG，作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′，由（2）知，，BE=2DG，2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．
由勾股定理可得BG′=，则2BG+BE的最小值为4 。
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