2023-2024学年福建省福州十九中九年级（下）期中数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州十九中九年级（下）期中数学试卷(含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.实数 7的相反数是( )
A. − 7B. −7C. 7D. 7
2.某几何体的三视图如图所示，则该几何体为( )
A.
B.
C.
D.
3.“绿水青山就是金山银山”，多年来，某湿地保护区针对过度放牧问题，投入资金实施湿地生态效益补偿，完成季节性限牧还湿29.47万亩，使得湿地生态环境状况持续向好.其中数据29.47万用科学记数法表示为( )
A. 0.2947×106B. 2.947×104C. 2.947×105D. 29.47×104
4.下列运算中，结果正确的是( )
A. 2m2+m2=3m4B. m2⋅m4=m8C. m4÷m2=m2D. (m2)4=m6
5.如图，直线AB，CD相交于点O，若∠AOC=60°，∠BOE=40°，则∠DOE的度数为( )
A. 60°
B. 40°
C. 20°
D. 10°
6.随着城际交通的快速发展，某次动车平均提速60km/h，动车提速后行驶480km与提速前行驶360km所用的时间相同.设动车提速后的平均速度为x km/h，则下列方程正确的是( )
A. 360x=480x+60B. 360x−60=480xC. 360x=480x−60D. 360x+60=480x
7.长沙市某一周内每日最高气温情况如图所示，下列说法中，错误的是( )
A. 这周最高气温是32℃B. 这组数据的中位数是30
C. 这组数据的众数是24D. 周四与周五的最高气温相差8℃
8.如图，在五边形ABCDE中，若去掉一个30°的角后得到一个六边形BCDEMN，则∠1+∠2的度数为( )
A. 210°B. 110°C. 150°D. 100°
9.如图，在△ABC中，∠B=90°，∠A=30°，BC=2，D为AB的中点.若点E在边AC上，且ADAB=DEBC，则AE的长为( )
A. 1
B. 2
C. 1或 32
D. 1或2
10.在菱形ABCD中，M、N、P、Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点(不与端点重合).对于任意菱形ABCD，下面四个结论中：
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；②存在无数个四边形MNPQ是菱形；③存在无数个四边形MNPQ是矩形；④存在无数个四边形MNPQ是正方形.其中正确结论有个．( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.分解因式：3x2−3y2= ．
12.若关于x的方程x2−4x+m=0有两个相等的实数根，则实数m的值为______．
13.某商场准备进400双滑冰鞋，了解了某段时间内销售的40双滑冰鞋的鞋号，数据如下：
根据以上数据，估计该商场进鞋号需求最多的滑冰鞋的数量为______双．
14.在平面直角坐标系xOy中，点A(a,b)(a>0,b>0)在双曲线y=k1x上，点A关于x轴的对称点B在双曲线y=k2x上，则k1+k2的值为______．
15.如图，将⊙O沿弦AB折叠，AB恰经过圆心O，若AB=2 3，则阴影部分的面积为 ．
16.在平面直角坐标系xOy中，点(1,m)，(3,n)在抛物线y=ax2+bx+c(a>0)上，设抛物线的对称轴为直线x=t.点(x0,m)(x0≠1)在抛物线上，若m三、计算题：本大题共1小题，共8分。
17.九年级数学兴趣小组的实践课题是“测量物体高度”.小组成员小明与小红分别采用不同的方案测量同一个底座为正方体的旗杆的高度．以下是他们研究报告的部分记录内容：
(1)写出小红研究报告中“计算旗杆高度”的解答过程(结果精确到0.1m)；
(2)数学老师说小明的测量结果与旗杆实际高度偏差较大，超出了误差允许范围，请你针对小明的测量方案分析测量偏差较大的原因．
四、解答题：本题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题8分)
计算：2cs45°−(2023+π)0− 8．
19.(本小题8分)
如图，点B在线段AC上，BD/​/CE，AB=EC，DB=BC.求证：AD=EB．
20.(本小题8分)
先化简(a+1−5+2aa+1)÷a2+4a+4a+1，再从−3，−2，−1中选择一个适当的数代入求值．
21.(本小题8分)
随着科技的进步，购物支付方式日益增多.为了解某社区居民支付的常用方式(A微信，B支付宝，C现金，D其他)，某学习小组对红星社区部分居民进行问卷调查，根据查结果，绘制成如图统计图．

根据统计图表中的信息，解答下列问题：
(1)a= ______，b= ______，在扇形统计图中C种支付方式所对应的圆心角为______度；
(2)本次调查中用现金支付方式的居民里有2名男性，其余都是女性，现从该种支付方式中随机选2名居民参加线上支付方式培训，求恰好都是女性的概率．
22.(本小题10分)
某工厂生产一种产品，经市场调查发现，该产品每月的销售量y(件)与售价x(万元/件)之间满足一次函数关系，部分数据如表：
该产品今年三月份的售价为35万元/件，利润为450万元．
(1)求：三月份每件产品的成本是多少万元？
(2)四月份工厂为了降低成本，提高产品质量，投资了450万元改进设备和革新技术，使每件产品的成本比三月份下降了14万元.若四月份每件产品的售价至少为25万元，且不高于30万元，求这个月获得的利润w(万元)关于售价x(万元/件)的函数关系式，并求最少利润是多少万元．
23.(本小题10分)
如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，AB⊥CD，连接AC，OD．
(1)求证：∠BOD=2∠A；
(2)连接DB，过点C作CE⊥DB，交DB的延长线于点E，延长DO，交AC于点F.若F为AC的中点，求证：直线CE为⊙O的切线．
24.(本小题12分)
如图，E是正方形ABCD边AD上的一个动点.边BC关于BE对称的线段为BF，连接AF．
(1)若△ABF是等边三角形，求∠ABE的度数；
(2)延长BE，FA交于点G．
①在不考虑动点E与点A，D重合的情况下，△BFG能否为等腰三角形？如果能，求此时∠ABE的度数；如果不能，请说明理由；
②若正方形边长为4，求点G的运动路径长，并求出△BFG面积的最大值．
25.(本小题14分)
如图，已知抛物线y=ax2+bx−2的图象与x轴交于点A(−2,0)和点B(1,0)，与y轴交于点C.连接AC，BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点M在直线AC下方的抛物线上，过点M作MN/​/BC，交AC于点N，求MN的最大值，并写出此时点M的坐标；
(3)点P是△ABC的外心，点Q在抛物线上，且位于y轴左侧，若∠QBC=∠PAB，求点Q的坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：实数 7的相反数是：− 7．
故选：A．
直接利用相反数的定义分析得出答案．
此题主要考查了实数的性质，正确掌握相反数的定义是解题关键．
2.【答案】B
【解析】解：由该几何体的三视图知该几何体是：
故选：B．
根据三视图的概念判断即可．
本题主要考查由三视图判断几何体，解题的关键是掌握三视图的概念．
3.【答案】C
【解析】解：29.47万=294700=2.947×105，
故选：C．
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可求得答案．
本题考查科学记数法表示较大的数，科学记数法是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查合并同类项，同底数幂的乘法，同底数幂的除法，幂的乘方，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
根据合并同类项的法则判断A，根据同底数幂的乘法的法则判断B，根据同底数幂的除法的法则判断C，根据幂的乘方的法则判断D．
【解答】
解：2m2+m2=3m2，则A不符合题意；
m2⋅m4=m6，则B不符合题意；
m4÷m2=m2，则C符合题意；
(m2)4=m8，则D不符合题意．
5.【答案】C
【解析】解：∵∠BOD=∠AOC=60°，∠BOE=40°，
∴∠DOE=∠BOD−∠BOE=60°−40°=20°．
故选：C．
由对顶角的性质得到∠BOD度数，而∠BOE=40°，即可求出∠DOE的度数．
本题考查对顶角，角的计算，关键是掌握对顶角的性质．
6.【答案】B
【解析】解：∵随着城际交通的快速发展，某次动车平均提速60km/h，且动车提速后的平均速度为x km/h，
∴动车提速前的平均速度为(x−60)km/h．
根据题意得：360x−60=480x．
故选：B．
根据动车提速前后速度间的关系，可得出动车提速前的平均速度为(x−60)km/h，利用时间=路程÷速度，结合动车提速后行驶480km与提速前行驶360km所用的时间相同，即可列出关于x的分式方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：A、由纵坐标看出，这一天中最高气温是32℃，说法正确，故A不符合题意；
B、这组数据的中位数是27，原说法错误，故B符合题意；
C、这组数据的众数是24，说法正确，故C不符合题意；
D、周四与周五的最高气温相差8℃，说法正确，故D不符合题意；
故选：B．
根据折线统计图，可得答案．
此题主要考查了折线统计图，由纵坐标看出气温，横坐标看出时间是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：解法一：
∵∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=(5−2)×180°=540°，∠A=30°，
∴∠B+∠C+∠D+∠E=510°，
∵∠1+∠2+∠B+∠C+∠D+∠E=(6−2)×180°=720°，
∴∠1+∠2=720°−510°=210°，
解法二：在△ANM中，∠ANM+∠AMN=180°−∠A=180°−30°=150°，
∴∠1+∠2=360°−(∠AMN+∠ANM)=360°−150°=210°
故选：A．
解法一：根据多变的内角和定理可求解∠B+∠C+∠D+∠E=510°，∠1+∠2+∠B+∠C+∠D+∠E=(6−2)×180°=720°，进而可求解．
解法二：利用三角形的内角和定理和平角的定义也可求解．
本题主要考查多边形的内角和外角，掌握多边形的内角和定理是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，∠B=90°，∠A=30°，BC=2，
∴AC=2BC=4，AB=2 3，∠C=60°，
∵点D是AB的中点，
∴AD= 3，
∵ADAB=DEBC，
∴DE=1，
如图，当∠ADE=90°时，
∵∠ADE=∠ABC，ADAB=DEBC，
∴△ADE∽△ABC，
∴AEAC=ADAB=12，
∴AE=2，
如图，当∠ADE≠90°时，取AC的中点H，连接DH，
∵点D是AB中点，点H是AC的中点，
∴DH/​/BC，DH=12BC=1，
∴∠AHD=∠C=60°，DH=DE=1，
∴∠DEH=60°，
∴∠ADE=∠A=30°，
∴AE=DE=1，
故选：D．
由直角三角形的性质可求AC=2BC=4，AB=2 3，∠C=60°，分两种情况讨论，由三角形中位线定理和相似三角形的性质可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：①如图，连接AC，BD交于O，
四边形ABCD是菱形，过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，
则四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确；
②如图，
当PM=QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确；
③如图，
当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；
④如图，
当四边形MNPQ是正方形时，MQ=PQ，∠MQD=90°，
∴∠AQM+∠DQP=90°，
当四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠AQM+∠AMQ=90°，
∴∠AMQ=∠DQP，
∴△AMQ≌△DQP(AAS)，
∴AM=QD，AQ=PD，
∵PD=BM，
∴AB=AD，
当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故菱形ABCD中能存在四边形MNPQ是正方形，但不能存在无数个四边形MNPQ是正方形；故④错误；
综上，①②③3个均正确，
故选：C．
根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定，熟记各定理是解题的关键．
11.【答案】3(x+y)(x−y)
【解析】【分析】
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
原式提取3，再利用平方差公式分解即可．
【解答】
解：原式=3(x2−y2)=3(x+y)(x−y)，
故答案为：3(x+y)(x−y)
12.【答案】4
【解析】解：根据题意得Δ=(−4)2−4m=0，
解得m=4．
故答案为：4．
根据根的判别式的意义得到Δ=(−4)2−4m=0，然后解一次方程即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
13.【答案】120
【解析】解：根据统计表可得，39号的鞋卖的最多，
则估计该商场进鞋号需求最多的滑冰鞋的数量为1240×400=120(双)．
故答案为：120．
应用用样本估计总体的方法进行计算即可得出答案．
本题主要考查了用样本估计总体，熟练掌握用样本估计总体的方法进行求解是解决本题的关键．
14.【答案】0
【解析】解：∵点A(a,b)(a>0,b>0)在双曲线y=k1x上，
∴k1=ab；
又∵点A与点B关于x轴对称，
∴B(a,−b)
∵点B在双曲线y=k2x上，
∴k2=−ab；
∴k1+k2=ab+(−ab)=0；
故答案为：0．
由点A(a,b)(a>0,b>0)在双曲线y=k1x上，可得k1=ab，由点A与点B关于x轴对称，可得到点B的坐标，进而表示出k2，然后得出答案．
本题考查反比例函数图象上的点坐标的特征，关于x轴对称的点的坐标的特征以及互为相反数的和为0的性质．
15.【答案】2π3
【解析】【分析】
过点O作AB的垂线并延长，垂足为C，交⊙O于点D，连结AO，AD，根据垂径定理得：AC=BC=12AB= 3，根据将⊙O沿弦AB折叠，AB恰经过圆心O，得到OC=CD=12r，得到OC=12OA，得到∠OAC=30°，进而证明△AOD是等边三角形，得到∠D=60°，在Rt△AOC中根据勾股定理求出半径r，证明△ACD≌△BCO，可以将△BCO补到△ACD上，得到阴影部分的面积=S扇形ADO，即可得出答案．
本题考查了扇形面积的计算，垂径定理，翻折变换(折叠问题)，在Rt△AOC中，根据OC=12OA，得到∠OAC=30°是解题的关键．
【解答】
解：如图，过点O作AB的垂线并延长，垂足为C，交⊙O于点D，连结AO，AD，
根据垂径定理得：AC=BC=12AB= 3，
∵将⊙O沿弦AB折叠，AB恰经过圆心O，
∴OC=CD=12r，
∴OC=12OA，
∴∠OAC=30°，
∴∠AOD=60°，
∵OA=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠D=60°，
在Rt△AOC中，AC2+OC2=OA2，
∴( 3)2+(12r)2=r2，
解得：r=2，
∵AC=BC，∠OCB=∠ACD=90°，OC=CD，
即在△ACD和△BCO中，
AC=BC,∠OCB=∠DCA=90°,OC=DC,
∴△ACD≌△BCO(SAS)，
∴阴影部分的面积=S扇形ADO=60°360∘×π×22=2π3．
故答案为：2π3．
16.【答案】32【解析】解：∵m∴a+b+c<9a+3b+c∴−4a∴3a<−b<4a，
∴3a2a<−b2a<4a2a，
∴32故答案为：32根据二次函数图象上点的坐标特征，把(1,m)，(3,n)代入函数解析式，再根据m本题考查二次函数的性质、次函数图象上点的坐标特征，掌握这两个知识点的综合应用是解题关键．
17.【答案】解：(1)如图，延长CE交AB于点G，
则四边形CDFE和四边形EFBG是矩形，
根据题意可知：α=29°，β=60°.CD=EF=GB=1.6m，DF=20m，

设FG=x，
在Rt△AEG中，
∵∠AEG=β=60°，
∴∠EAG=30°，
∴AG= 3x，
在Rt△ACG中，
∵tanα=AGCG，
∴ 3x20+x≈0.55，
∴x≈9.3，
∴AG≈9.3(m)，
∴AB=AG+GB=9.3+1.6=10.9(m)，
答：旗杆高度为10.9m；
(2)原因：小明测量的只是测角器所在位置与旗杆底座正方体边缘的最短距离，不是测量测角器所在位置与底座中心的最短距离．
【解析】(1)设FG=x，在Rt△AEG中，根据∠EAG=30°，可得AG= 3x，在Rt△ACG中，根据锐角三角函数列出方程可得出x的值，由AB=AG+GB即可得出结论；
(2)小明测量的只是测角器所在位置与旗杆底座正方体边缘的最短距离，不是测量测角器所在位置与底座中心的最短距离．
本题考查的是解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟记锐角三角函数的定义是解答此题的关键．
18.【答案】解：2cs45°−(2023+π)0− 8
=2× 22−1−2 2
=−1− 2．
【解析】根据特殊角的三角函数值以及零次幂，二次根式的性质化简，进行计算即可求解．
本题考查了实数的混合运算，掌握特殊角的三角函数值以及零次幂，二次根式的性质化简是解题的关键．
19.【答案】证明：∵BD/​/CE，
∴∠ABD=∠C，
在△ABD和△ECB中，
AB=EC,∠ABD=∠C,DB=BC,
∴△ABD≌△ECB(SAS)，
∴AD=EB．
【解析】由平行线的性质可得∠ABD=∠C，由“SAS”可证△ABD≌△ECB，可得BD=EC．
本题考查了全等三角形的判定和性质，涉及到平行线的性质，熟练运用全等三角形的判定是解题的关键．
20.【答案】解：(1)原式=(a+1)2−(5+2a)a+1⋅a+1(a+2)2
=a2+2a+1−5−2aa+1⋅a+1(a+2)2
=(a+2)(a−2)a+1⋅a+1(a+2)2
=a−2a+2，
∵a+1≠0且a+2≠0，
∴a只能取−3，
当a=−3时，原式=−3−2−3+2=5．
【解析】先把括号内通分，再把除法运算化为乘法运算，接着把分子分母因式分解后约分得到原式=a−2a+2，然后根据分式有意义的条件得到a取−3，然后把a=−3代入计算即可．
本题考查了分式的化简求值：先把分式化简后，再把分式中未知数对应的值代入求出分式的值．注意分式有意义的条件．
21.【答案】20人 18人 36
【解析】解：(1)a=7÷14%×40%=20(人)，b=7÷14%−5−7−20=18(人)，在扇形统计图中C种支付方式所对应的圆心角为360°×57÷14%=36°，
故答案为：20人，18人，36；
(2)设男生为A，女生为B，画树状图得：
∵共有20种等可能的结果，恰好抽到都是女性的有6种情况，
∴恰好都是女性的概率=620=310．
(1)根据统计图中的信息列式计算即可；
(2)首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与恰好抽到1个男生和1个女生的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
22.【答案】解：(1)设三月的成本为m万元，
当x=35时，y=−2x+100=30，
由题意得：450=30(35−m)，
解得：m=20，
即三月份每件产品的成本是20万元；
(2)四月份每件产品的成本比三月份下降了14万元，则此时的成本为20−14=6，
由题意得：w=y(x−6)−450=(−2x+100)(x−6)−450=−2x2+112x−1050(25≤x≤30)，
则抛物线的对称轴为x=28，
则x=25时，w取得最小值，
此时，w=500，
即四月份最少利润是500万元．
【解析】(1)设三月的成本为m万元，当x=35时，y=−2x+100=30，由题意得：450=30(35−m)，即可求解；
(2)由题意得：w=y(x−6)−450，即可求解．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式及二次函数在实际问题中的应用，明确二次函数的相关性质，是解题的关键．
23.【答案】证明：(1)如图，连接AD，
∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴BC=BD，
∴∠CAB=∠BAD，
∵∠BOD=2∠BAD，
∴∠BOD=2∠CAB；
(2)如图，连接OC，
∵F为AC的中点，
∴DF⊥AC，
∴AD=CD，
∴∠ADF=∠CDF，
∵BC=BD，
∴∠CAB=∠DAB，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠CDF=∠CAB，
∵OC=OD，
∴∠CDF=∠OCD，
∴∠OCD=∠CAB，
∵BC=BC，
∴∠CAB=∠CDE，
∴∠CDE=∠OCD，
∵∠E=90°，
∴∠CDE+∠DCE=90°，
∴∠OCD+∠DCE=90°，
即OC⊥CE，
∵OC为半径，
∴直线CE为⊙O的切线．
【解析】(1)连接AD，首先利用垂径定理得BC=BD，知∠CAB=∠BAD，再利用同弧所对的圆心角等于圆周角的一半可得结论；
(2)连接OC，首先由点F为AC的中点，可得AD=CD，则∠ADF=∠CDF，再利用圆的性质，可说明∠CDF=∠OCD，∠CAB=∠CDE，从而得出∠OCD+∠DCE=90°，从而证明结论．
本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，圆的切线的判定等知识，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵△ABF是等边三角形，
∴∠ABF=60°，
∴∠FBC=∠FBA+∠ABC=150°．
∵边BC关于BE对称的线段为BF，
∴∠FBE=∠CBE=12∠FBC=75°，
∴∠ABE=∠ABC−∠CBE=90°−75°=15°．
(2)①△BFG能为等腰三角形，此时∠ABE的度数为22.5°.理由：
∵边BC关于BE对称的线段为BF，
∴BC=BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB，
∴BF=BC=BA，
∵E是边AD上一动点，
∴BA∴BG≠BF，
若点F是等腰三角形BGF的顶角的顶点，
则有∠FGB=∠FBG=∠CBG，
此时E与D重合，不合题意，
∴FB≠FG．
∴当GF=GB时，
连接CG交AD于H，如图，

在△CBG和△FBG中，
BC=BF∠CBG=∠FBGBG=BG，
∴△CBG≌△FBG(SAS)，
∴FG=CG，∠BFG=∠BCG，∠CGB=∠FGB，
∴GB=GC．
∴∠GBC=∠GCB．
∵BA=BC=BF，
∴∠BFA=∠BAF，
∵AD/​/BC，
∴∠AHG=∠BCG，
∴∠BAF+∠HAG=∠AHG+∠HAG=180°−∠BAD=90°，
∴∠FGC=180°−∠HAG−∠AHG=90°，
∴∠BGF=∠BGC=45°，
∴∠GBC=∠GCB=(180°−∠BGC)=67.5°，
∴∠ABE=∠ABC−∠GBC=90°−67.5°=22.5°；
②连接AC，BD，AC与BD交于点O，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，∠ADB=45°．
由①知：∠BGF=∠BGC=45°，
∴∠BGF=∠ADB=45°，
∴点A，B，D，G四点在以点O为圆心，OA为半径的⊙O上，
∴点G的轨迹为⊙O中的AD，
∴点G的运动路径长为AD的长，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴OA=OD=12AC=12× 2AB=2 2，
∵∠AOD=90°，
∴点G的运动路径长=90π×2 2180= 2π．
由①知：△CBG≌△FBG，
要求△BGF面积的最大值，即求△BGC面积的最大值，
在△GBC中，底边BC是定值4，即求BC边上的高的最大值即可，
由题意得：当点G为AD的中点时，BC边上的高取得最大值，
如图，设点G为AD的中点，过点G作GH⊥BC于点H，
由对称性可知，点O在GH上，
∴OH=12BC=2，
∴GH=OG+OH=OA+OH=2+2 2，
∴S△BCG=12BC⋅GH=12×(2+2 2)×4=4+4 2，
∴△BFG面积的最大值为4+4 2．
【解析】(1)由轴对称的性质得到BF=BC，根据正方形的性质得到∠ABC=90°，求得∠CBE=75°，根据轴对称的性质得到∠FBE=∠CBE=75°，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；
(2)①根据轴对称的性质得到BC=BF，根据正方形的性质得到BC=AB，得到BA②利用正方形的性质和①的结论得到∠BGF=∠ADB=45°，点A，B，D，G四点在以点O为圆心，OA为半径的⊙O上，则点G的轨迹为⊙O中的AD，利用圆的弧长公式解答即可得出结论；由①知，△CBG≌△FBG，要求△BGF面积的最大值，即求△BGC面积的最大值，在△GBC中，底边BC是定值，即求高的最大值即可得出结论；当点G为AD的中点时，BC边上的高取得最大值，设点G为AD的中点，过点G作GH⊥BC于点H，利用正方形的性质求得GH的长度，再利用三角形的面积公式解答即可得出结论．
本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
25.【答案】解：(1)设抛物线的表达式为：y=a(x−x1)(x−x2)，
则y=a(x+2)(x−1)=a(x2+x−2)=ax2+bx−2，
则a=1，
故抛物线的表达式为：y=x2+x−2；
(2)过点M作MH/​/y轴交AC于点H，

将△HNM放大见左侧，过点N作NT⊥MH于点T，
∵MN/​/BC，则∠M=∠OCB，
则tan∠M=tan∠OCB=12，
由点A、C的坐标知，∠ACO=∠M=45°，
故设TN=x=TH，则TM=2x，则MN= 5x，
则HM=HT+TM=3x，
由直线A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y=−x−2，
设点H(m,−m−2)，则点M(m,m2+m−2)，
则HM=−m−2−(m2+m−2)=−m2−2m=3x，
∵MN= 5x= 53(−m2−2m)，
∵− 53<0，故MN有最大值，
当m=−1时，MN的最大值为： 53，点M(−1,−2)；
(3)∵点P是△ABC的外心，
则点P为AC的中垂线和AB的中垂线得交点，
∵△OAC为等腰直角三角形，
则AC的中垂线为y=x，
当x=−12时，y=x=−12，
即点P(−12,−12)，如下图，

过点P作PT⊥x轴于点T，
则PT=12，AT=2−12=32，
则tan∠APT=PTAT=13=tan∠QBC，
设BQ交y轴于点N，作NL⊥BC于点L，
在△BCN中，BC= 5，tan∠NBC=13，tan∠NCB=12，
故设NL=x，则BL=3x，CL=2x，CN= 5x，
则BC=5x= 5，
而CN= 5x=1，
即点N(0,−1)，
由点B、N的坐标得，直线BN的表达式为：y=x−1，
联立上式和抛物线的表达式得：x−1=x2+x−2，
解得：x=1(舍去)或−1，
即点Q(−1,−2)．
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)设TN=x=TH，则TM=2x，则MN= 5x，得到HM=HT+TM=3x，则MN= 5x= 53(−m2−2m)，即可求解；
(3)求出点P(−12,−12)，得到∠APT=PTAT=13=tan∠QBC，在△BCN中，BC= 5，tan∠NBC=13，tan∠NCB=12，求出点N(0,−1)，进而求解．
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到解直角三角形、等腰三角形的性质、三角形的外心等，用解直角三角形的方法求解点的额坐标是本题的难度．鞋号
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5
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1
课题：测量旗杆高度
小明的研究报告
小红的研究报告
测量示意图
测量方案与测量数据
在点D处用距离地面高度为1.6m的测角仪测出旗杆顶端A的仰角α=55°，再用皮尺测得测角仪底部所在位置与旗杆底座正方体边缘的最短距离为10m．
在点D处用距离地面高度为1.6m的测角仪测出旗杆顶端A的仰角α=29°，然后沿DF方向走20m到达点F处，测出旗杆项端A的仰角β=60°．
参考数据
sin55°≈0.82，cs55°=0.57，tan55°≈1.43，
sin29°≈0.48，cs29°≈0.87，tan29°≈0.55， 3≈1.73
计算旗杆高度
10×tan55°+1.6≈15.9(m)
每件售价x/万元
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月销售量y/件
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