第24讲九上常考易错题各地期末选题

第24讲九上常考易错题各地期末选题一．选择题（共13小题）1．（2021秋•诸暨市期末）“对于二次函数y＝（x﹣1）2+1，当x≥1时，y随x的增大而增大”，这一事件为（）A．必然事件 B．随机事件 C．不确定事件 D．不可能事件【分析】根据二次函数的性质、随机事件的概念判断即可．【解答】解：“对于二次函数y＝（x﹣1）2+1，当x≥1时，y随x的增大而增大”，这一事件为必然事件，故选：A．2．（2020•定兴县一模）如图，在由边长相同的7个正六边形组成的网格中，点A，B在格点上．再选择一个格点C，使△ABC是以AB为腰的等腰三角形，符合点C条件的格点个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】确定AB的长度后确定点C的位置即可．【解答】解：AB的长等于六边形的边长+最长对角线的长，据此可以确定共有2个点C，位置如图，故选：B．3．（2022•开远市二模）如图，△ABC的顶点均在正方形网格的格点上，则sin∠ABC的值为（）A． B．2 C． D．【分析】连接小正方形的对角线，证明△BCD是直角三角形，再利用sin∠ABC与它的余角的正弦值相等解答即可．【解答】解：如图所示，连接小正方形的对角线CD，设每个小正方形的边长为1，则CD＝，＝，BD＝，∵，即CD2+BD2＝BC2，∴△BCD是直角三角形，∴sin∠ABC＝＝．故选：C．4．（2021秋•义乌市期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝5，S▱ABCD＝10，以顶点C为圆心，BC为半径作圆，则AD边所在直线与⊙C的位置关系是（）A．相交 B．相切 C．相离 D．以上三种都有可能【分析】如图，作CH⊥DA交DA的延长线于H．求出CH的值即可判断．【解答】解：如图，作CH⊥DA交DA的延长线于H．∵S平行四边形ABCD＝BC•CH，∴CH＝＝2，∵2＜5，∴直线AD与⊙C相交，故选：A．5．（2021秋•吴兴区期末）已知一元二次方程2x2+bx﹣1＝0的一个根是1，若二次函数y＝2x2+bx﹣1的图象上有三个点（0，y1）、（﹣1，y2）、（，y3），则y1，y2，y3的大小关系为（）A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y1＜y3＜y2 D．y3＜y1＜y2【分析】利用一元二次方程根的意义求得b值，将b值代入二次函数的解析式，求出抛物线的对称轴，利用二次函数图象的性质即可得出结论．【解答】解：∵一元二次方程2x2+bx﹣1＝0的一个根是1，∴2+b﹣1＝0．∴b＝﹣1．∴二次函数y＝2x2﹣x﹣1＝2（x﹣）2﹣．∴抛物线y＝2x2﹣x﹣1的对称轴为直线x＝．∵该抛物线开口向上，点（0，y1）、（﹣1，y2）、（，y3）到对称轴的距离分别为：|0﹣|＝，|﹣1﹣|＝，|﹣|＝，且＜＜，∴y1＜y3＜y2．故选：C．6．（2021秋•柯城区期末）如图，E是矩形ABCD的边AD的中点，连接BE，BD，分别交对角线AC于点F，O．则AF：FO：OC＝（）A．2：1：3 B．3：2：5 C．4：2：7 D．5：3：8【分析】由四边形ABCD是矩形，于是得到AD＝BC，AD∥BC，AO＝CO，证得△AEF∽△CFB，得到，证得，设AF＝2a，则CF＝4a，可得AC＝6a，OC＝OA＝3a，OF＝a，即可得到结论．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AD∥BC，AO＝CO，∴△AEF∽△CFB，∴，∵AE＝AD＝BC，∴，设AF＝2a，则CF＝4a，∴AC＝6a，OC＝OA＝3a，OF＝OA﹣AF＝a，∴AF：FO：OC＝2a：a：3a＝2：1：3．故选：A．7．（2021秋•乐清市期末）如图，抛物线的图象与x轴交于点A，B，交y轴于点C，动点P在射线AB运动，作△BCP的外接圆⊙M，当圆心M落在该抛物线上时，则AP的值（）A．3 B．4 C．5 D．3.5【分析】△PBC的外接圆的圆心在线段BC的垂直平分线y＝﹣x上，求出直线y＝﹣x与抛物线的交点，即可推出点M坐标，由此即可解决问题．【解答】解：∵△PBC的外接圆的圆心在线段BC的垂直平分线y＝﹣x上，由，解得或（舍弃），∴点M坐标为（2，﹣2），如图1中，作MN⊥AB于N，∵MP＝MB，NM⊥PB，∴PN＝NB＝1，∴OP＝1，AP＝3，∴当AP＝3时圆心在抛物线上．故选：A．8．（2021秋•义乌市期末）已知二次函数y＝﹣（x﹣h）2（h为常数），当2≤x≤5时，函数y的最大值为﹣1，则h的值为（）A．1或3 B．4或6 C．3或6 D．1或6【分析】由二次函数解析式可得抛物线开口向下及抛物线顶点坐标，分类讨论x＝2，x＝5时y取最大值﹣1，进而求解．【解答】解：∵y＝﹣（x﹣h）2，∴抛物线开口向下，对称轴为直线x＝h，顶点坐标为（h，0）将x＝2，y＝﹣1代入y＝﹣（x﹣h）2得﹣1＝（2﹣h）2，解得h＝3或h＝1，当h＝3时，2＜3＜5，函数最大值为0，不符合题意，当h＝1时，x＞1时，y随x增大而减小，x＝2时，函数取最大值，符合题意，当x＝5，y＝﹣1时，﹣1＝（5﹣h）2，解得h＝6或h＝4，当h＝4时，2＜4＜5，不符合题意，当h＝6时，x＜6时，y随x增大而减小，x＝5时，函数取最大值，符合题意，∴h＝1或6，故选：D．9．（2021秋•诸暨市期末）如图，△ABC为锐角三角形，BC＝6，∠A＝45°，点O为△ABC的重心，D为BC中点，若固定边BC，使顶点A在△ABC所在平面内进行运动，在运动过程中，保持∠A的大小不变，设BC的中点为D，则线段OD的长度的取值范围为（）A． B． C． D．【分析】作△ABC的外接圆，点E为圆心，AD⊥BC，由题意知OD＝AD，且∠BEC＝90°，BD＝DE＝3，由勾股定理知BE＝3，AD＝DE+AE＝3+3．当AD⊥BC时，AD最长，可求此时OD最大值；临界情况为∠ABC＝90°，此时OD＝，可得此时OD最小值，进而可得OD的取值范围．【解答】解：如图，作△ABC的外接圆，点E为圆心，AD⊥BC，由题意知OD＝AD，∵∠A＝45°，∴∠BEC＝90°，∴∠EBD＝∠BED＝45°，∴BD＝CD＝3，由勾股定理知BE＝3，∴AD＝DE+AE＝3+3，∵AD⊥BC时，AD最长，∴OD最大值为1+，∵△ABC为锐角三角形，∴临界情况为∠ABC＝90°，如图，∴此时AB＝BC＝6，∴AD＝3，∴OD＝．∴＜OD≤+1．故选：A．10．（2021秋•婺城区期末）在△ABC中，∠B＝45°，AB＝6，给出条件：①AC＝4；②AC＝8；③外接圆半径为4．请在给出的3个条件中选取一个，使得BC的长唯一．可以选取的是（）A．① B．② C．③ D．①或③【分析】根据题意画出图形，使∠ABE＝45°，AB＝6，点C在射线BE上，作AD⊥BE于点D，根据等腰直角三角形的性质可得AD的长，再由AD和AC的长作比较即可判断①②；由前边所求出的AD的长和AB的长，结合该三角形外接圆的半径长，即可判断该外接圆的圆心可以在AB的上方，也可以在AB的下方，点C不唯一，即可判断③．【解答】解：如图，∠ABE＝45°，AB＝6，点C在射线BE上，作AD⊥BE于点D，∴AD＝BD＝AB＝3，∵3＞4，∴不存在AC＝4的△ABC，故①不符合题意；∵AB＝6，AD＝3，AC＝8，而AC＞6，∴存在AC＝8的△ABC，如图，点C即是，∴AC＝8，使得BC的长唯一成立，故②符合题意；∵AD＝3＞4，AB＝6＜8，当△ABC的外接圆半径为4．∵∠B＝45°，∴∠AOC＝90°，∴AC＝4，∵4＜3＜4＜6＜8，∴存在两个点C使△ABC的外接圆半径为4．两个外接圆的圆心分别在AB的上，下两侧，故③不符合题意；故选：B．11．（2021秋•吴兴区期末）如图，已知扇形OAB的半径OA＝6，点P为弧AB上一动点，过点P作PC⊥OA，PD⊥OB，连结CD，当CD取得最大值时，扇形OAB的面积为（）A．9π B．12π C．13.5π D．15π【分析】∠AOB＝90°时，CD最大，由求出扇形面积即可．【解答】解：由PC⊥OA，PD⊥OB可知，∠OCP+∠ODP＝180°，∴O、C、P、D四点共圆，CD为此圆直径时，CD最大，∴当∠AOB＝90°时，CD最大，如图：此时扇形面积为＝9π，故选：A．12．（2021秋•海曙区期末）如图，四边形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，以AB为直径的⊙O刚好与CD相切，连结OC、BD交于点F，若AB＝8，则已知下列条件中的一个即可求BF的长的有（）①BD；②CD；③；④．A．①、②、③、④ B．①、②、③ C．①、②、④ D．①、③、④【分析】延长CO交DA的延长线于点T．由BC∥DT，推出＝，欲求BF，只要求出AD，CB，BD即可，由此即可判断．【解答】解：延长CO交DA的延长线于点T．∵BC∥DT，∴△BFC∽△DFT，∴＝，欲求BF，只要求出AD，CB，BD即可．已知BD，CD，可以求出AD，BC，故①②符合题意，当的值已知，可以求出AD：BC：CD，可以求出AD，CB，BD，故③符合题意．当的值已知，可以求出AD：BC：CD，可以求出AD，CB，BD，故④符合题意．故选：A．13．（2021秋•吴兴区期末）如图△ACB，∠ACB＝90°，点O是AB的中点，CD平分∠BCO交AB于点D，作AE⊥CD分别交CO、BC于点G，E．记△AGO的面积为S1，△AEB的面积为S2，当＝时，则的值是（）A． B． C． D．【分析】如图，连接BG，过点O作OT∥AE交BC于点T．首先证明AG：GE＝4：1，再利用平行线分线段成比例定理求解即可．【解答】解：如图，连接BG，过点O作OT∥AE交BC于点T．∵AO＝OB，∴S△AOG＝S△OBG，∵＝，∴＝，∴＝，∵OT∥AE，AO＝OB，∴ET＝TB，∴OT＝AE，∴＝，∵AE⊥CD，CD平分∠BCO，∴∠DCG＝∠DCE，∴∠CGE+∠DCG＝90°，∠CEG+∠DCB＝90°，∴∠CGE＝∠CEG，∴CG＝CE，∵∠CGE＝∠COT，∠CEG＝∠CTD，∴∠COT＝∠CTO，∴CO＝CT，∴OG＝ET，∵GE∥OT，∴＝＝，∴＝，∴＝．故选：D．二．填空题（共11小题）14．（2021秋•义乌市期末）如图，有一块边长为2的正方形厚纸板ABCD，做成如图①所示的一套七巧板（点O为正方形纸板对角线的交点，点E、F分别为AD、CD的中点，GE∥BI，IH∥CD），将图①所示七巧板拼成如图②所示的“鱼形”，则“鱼尾”MN的长为3．【分析】依据勾股定理即可得到AC的长，进而得出FI＝EI＝1，EF＝2，即可得到“鱼尾”MN的长．【解答】解：∵等腰直角三角形ACD中，AD＝CD＝2，∴AC＝4，又∵AG＝GO＝OH＝CH，∴FI＝EI＝1，EF＝2，∴NM＝2+1＝3，故答案为：3．15．（2021秋•诸暨市期末）已知点A（0，0），B（4，0），C（﹣1，﹣1），D（2，﹣4），固定A，B两点，将线段CD向左或向右平移，平移后C，D两点的对应点分别为C1，D1．（1）当C1的坐标为（﹣2，﹣1）时，四边形AC1D1B的周长为+3+9；（2）当C1的坐标为（，﹣1）时，四边形AC1D1B的周长最小．【分析】（1）根据C1点坐标可确定线段CD向左平移1个单位，则可求D1（1，﹣4），再求周长即可；（2）设CD向右平移m个单位，则C1（﹣1+m，﹣1），D1（2+m，﹣4），当AC1+BD1为最小值时，四边形AC1D1B的周长最小，此时AC1+BD1＝+，则点（m，0）到点（1，1）和（2，4）的距离和最小，求出过（1，﹣1）和（2，4）的直线解析式为y＝5x﹣6，当y＝0时，m＝，即可求C1（，﹣1）．【解答】解：（1）∵C（﹣1，﹣1），C1（﹣2，﹣1），∴线段CD向左平移1个单位，∵D（2，﹣4），∴D1（1，﹣4），∵A（0，0），B（4，0），∴AC1＝，CD＝3，BD1＝5，AB＝4，∴四边形AC1D1B的周长＝AC1+CD+BD1+AB＝+3+9，故答案为：+3+9；（2）设CD向右平移m个单位，∴C1（﹣1+m，﹣1），D1（2+m，﹣4），∵AB＝4，CD＝C1D1＝3，∴当AC1+BD1为最小值时，四边形AC1D1B的周长最小，此时AC1+BD1＝+，∴点（m，0）到点（1，1）和（2，4）的距离和最小，∵点（1，1）关于x轴对称的点为（1，﹣1），设过（1，﹣1）和（2，4）的直线解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴y＝5x﹣6，∴当y＝0时，m＝，∴C1（，﹣1），故答案为：（，﹣1）．16．（2021秋•诸暨市期末）如图，扇形AOB，正方形OCDE的顶点C，E，D，分别在OA，OB，弧AB上，过点A作AF⊥ED，交ED的延长线于点F．若图中阴影部分的面积为﹣1，则扇形AOB的半径为．【分析】由扇形AOB可知OA＝OB，由正方形的性质可知CD＝DE，∠AOD＝∠BOB，可知，AC＝BE，阴影部分面积＝长方形ACDF的面积，进而即可求出正方形的边长，进一步即可求出扇形AOB的半径．【解答】解：∵扇形AOB，∴OA＝OB，∵四边形OCDE为正方形，∴CD＝DE，∠AOD＝∠BOB，∴，AC＝BE，∴阴影部分面积＝长方形ACDF的面积，设正方形OCDE的边长为a，∴OD＝a，∴AC＝a﹣a＝（﹣1）a，∴AC•CD＝阴影部分面积，∴（﹣1）a•a＝（﹣1）a，∴a＝1，∴OD＝a＝×1＝，故答案为：．17．（2021秋•乐清市期末）如图，在边长为7的正方形ABCD中放入四个小正方形后形成一个中心对称图形，其中两顶点E，F分别在边BC，AD上，则放入的四个小正方形的面积之和为22．【分析】作GH⊥BC，证明△GHE∽△EMN，根据相似三角形的性质得到GH＝2EM，HE＝2MN，根据正方形的性质列方程求出MN，根据勾股定理、正方形的面积公式计算，得到答案．【解答】解：如图，过G作GH⊥BC于H，则∠HGE+∠HEG＝∠HEG+∠MEN＝90°，∴∠HGE＝∠MEN，∵∠GHE＝∠EMN＝90°，∴△GHE∽△EMN，∴，∴GH＝2EM，HE＝2MN，设MN＝x，则HE＝2x，∴EM＝7﹣4x，∴GH＝2EM＝2（7﹣4x），∴2（7﹣4x）+x＝7，解得：x＝1，∴EM＝7﹣4x＝3，∴EN＝＝，∴GE＝2EN＝，∴四个小正方形的面积之和＝2×12+×＝22，故答案为：22．18．（2021秋•温州期末）二次函数y＝ax2+bx+c的部分对应值列表如下：x…﹣30135…y…7﹣8﹣9﹣57…则一元二次方程a（2x+1）2+b（2x+1）+c＝﹣5的解为x＝±1．【分析】由表格中的数据知，当x＝3时，y＝﹣5．所以由题意知：当2x+1＝3时，y＝﹣5．【解答】解：由抛物线的对称性质知，对称轴是直线x＝＝1．根据题意知，一元二次方程ax2+bx+c＝﹣5的解为x＝3或x＝﹣1．所以2x+1＝3或2x+1＝﹣1．解得x＝1或x＝﹣1．所以一元二次方程a（2x+1）2+b（2x+1）+c＝﹣5的解为：x＝±1．故答案是：x＝±1．19．（2021秋•诸暨市期末）如图1，以Rt△ABC各边为边分别向外作等边三角形，编号为①、②、③，将②、①如图2所示依次叠在③上，已知四边形EMNB与四边形MPQN的面积分别为9与7，则Rt△ABC的斜边长AB＝10．【分析】设等边△ABE，△ACD，△BCF的面积分别是S3，S2，S1，BC＝a，AB＝c，AC＝b，根据勾股定理得到a2+b2＝c2，根据三角形的面积列方程得到AC＝8，BC＝6，由勾股定理即可得到AB＝＝＝10．【解答】解：如图，设等边△ABE，△ACD，△BCF的面积分别是S3，S2，S1，BC＝a，AB＝c，AC＝b，∵△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，∴a2+b2＝c2，∴a2+b2＝c2．∵S3＝c2，S2＝b2，S1＝a2，∴S3﹣S2＝（c2﹣b2）＝a2＝9，S3﹣S1＝c2﹣a2＝（c2﹣a2）＝b2＝9+7＝16，∴a＝6，b＝8，即AC＝8，BC＝6，∴AB＝＝＝10，故答案为：10．20．（2021秋•婺城区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，将菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB'C'D'，边AB、BC、AD'、C'D'及点C的路径所围成的阴影区域的周长为4+π．【分析】根据菱形的性质以及旋转角为30°，连接CD′和BC′，可得A、D′、C及A、B、C′分别共线，求出扇形弧长，再根据AAS证得两个小三角形全等，求得C'D'，即可得到答案．【解答】解：连接CD′和BC′，∵∠DAB＝60°，∴∠DAC＝∠CAB＝30°，∵∠C′AB′＝30°，∴A、D′、C及A、B、C′分别共线．∴AC＝，∴扇形ACC′的弧长为：＝π，∵AC＝AC′，AD′＝AB，∴CD'＝BC'，在△OCD′和△OC'B中，，∴△OCD′≌△OC′B（AAS）．∴OB＝OD′，CO＝C′O∵OB+OC＝BC＝1，∴OD'+OC'＝OB+OB＝1，即C'D'＝1，∴阴影区域的周长为AD'+AB+BC+C'D'+扇形ACC′的弧长＝1+1+1+1+π＝4+π，故答案为：4+π．21．（2021秋•柯城区期末）已知二次函数y＝a（x﹣2）2+4（a＜0）的图象的顶点为C，与y轴交于点A，过点A作AB∥x轴，与该二次函数图象的另一个交点为B，连结OB，OB∥AC．则AB的长是4，a的值为﹣．【分析】作CE⊥y轴于点E，通过△CEA∽△BAO可得＝＝，用含a代数式表示OA，进而求解．【解答】解：∵y＝a（x﹣2）2+4，∴抛物线开口向下，顶点C坐标为（2，4），抛物线对称轴为直线x＝2，作CE⊥y轴于点E，则CE＝2，∵AB∥x轴，抛物线对称轴为直线x＝2，∴AB＝4，∵CE∥AB∥x轴，AC∥OB，∴△CEA∽△BAO，∴＝＝，把x＝0代入y＝a（x﹣2）2+4得y＝4a+4，∴点A坐标为（0，4a+4），即AO＝4a+4，∴AE＝AO＝2a+2，∴OA+AE＝6a+6＝4，∴a＝﹣．故答案为：4，﹣．22．（2021秋•婺城区期末）五巧板是一种类似七巧板的智力玩具，它是由一个正方形按如图1方式分割而成，其中图形①是正方形，小明发现可以将五巧板拼搭成如图2所示的“三角形”与“飞机”模型．在“飞机”模型中宽与高的比值＝．【分析】利用图1和图2所示可得：MNHG为正方形，DE＝EC＝AF＝FB＝BC，设正方形MNHG的边长为a，则AG＝MG＝GH＝HN＝HB＝NC＝a；通过说明△CHB∽△BHF，得到HF＝a，利用拼图与原图对比求得l与h的长，则结论可求．【解答】解：由题意得：MNHG为正方形，DE＝EC＝AF＝FB＝BC．设正方形MNHG的边长为a，则AG＝MG＝GH＝HN＝HB＝NC＝a．∵BH⊥CF，∠FBC＝90°，∴△CHB∽△BHF．∴．∵CH＝2a，BH＝a，∴．∴HF＝a．由题意：AE＝CF．ME＝HF＝a．∴l＝GH+MN+NH＝3a，h＝HN+CH+HF＝3.5a．∴＝．故答案为：；23．（2021秋•海曙区期末）如图，已知距离为6的两条平行线l1，l2与⊙O分别交于A，B两点（AB为直径，且与l2不垂直），D为⊙O上一点，过D作l1的平行线m交AB于点C，若＝，BD＝6，则AB的长为3．【分析】过点D作DE⊥l1于点E，交l2于点F，可得l1∥l2∥m，根据＝，可得＝，设DE＝2x，则DF＝3x，计算可得DE＝，DF＝，由△DAE∽△BDF和勾股定理即可解决问题．【解答】解：如图，过点D作DE⊥l1于点E，交l2于点F，∵l1∥l2，∴DF⊥l2，∵l1∥l2∥m，＝，∴＝，设DE＝2x，则DF＝3x，∵EF＝6，∴2x+3x＝6，解得x＝，∴DE＝，DF＝，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠ADE+∠BDF＝90°，∵∠ADE+∠DAE＝90°，∴∠DAE＝∠BDF，∵∠AED＝∠DFB＝90°，∴△DAE∽△BDF，∴＝，在Rt△BDF中，BD＝6，DF＝，∴BF＝＝＝，∴＝，∴AD＝3，在Rt△ABD中，BD＝6，AD＝3，∴AB＝＝＝3．答：AB的长为3．故答案为：3．24．（2021秋•海曙区期末）如图，抛物线y＝x2+x﹣3与x轴交于点A和点B两点，与y轴交于点C，D点为抛物线上第三象限内一动点，当∠ACD+2∠ABC＝180°时，点D的坐标为（﹣7，﹣）．【分析】由抛物线的解析式求得A、B、C的坐标，利用勾股定理的逆定理证得∠ACB＝90°，即可得出∠BAC+∠ABC＝90°，由∠ACD+2∠ABC＝180°，得出2∠BAC＝∠ACD，作AE⊥x轴，交CD的延长线与E，作∠ACD的平分线，交AE于F，则∠ACF＝∠BAC，根据轴对称的性质得出AF＝EF＝BC＝3，从而求得E（﹣9，﹣6），利用待定系数法求得直线CD的解析式，与二次函数解析式联立，解方程组即可求得D的坐标．【解答】解：∵抛物线y＝x2+x﹣3与x轴交于点A和点B两点，∴当y＝0时，x2+x﹣3＝0，解得x＝﹣9或1，∴A（﹣9，0），B（1，0），∴AB＝10，当x＝0时，y＝﹣3，∴C（0，﹣3），∵AC2＝92+32＝90，BC2＝12+32＝10，AB2＝100，∴AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∴∠BAC+∠ABC＝90°，∴2∠BAC+2∠ABC＝180°，∵∠ACD+2∠ABC＝180°∴2∠BAC＝∠ACD，作AE⊥x轴，交CD的延长线与E，作∠ACD的平分线，交AE于F，则∠ACF＝∠BAC，∴CF∥AB，∴CF⊥AE，∴AF＝EF＝BC＝3，∴E（﹣9，﹣6），设直线CD的解析式为y＝kx﹣3，把E的坐标代入得，﹣6＝﹣9k﹣3，∴k＝，∴直线CD的解析式为y＝x﹣3，解得或，∴点D的坐标为（﹣7，﹣），故答案为：（﹣7，﹣）．三．解答题（共7小题）25．（2021秋•余姚市期末）如图是由边长为1的小正方形构成的5×3的网格，△ABC的顶点A，B，C均在格点上．（1）图中的值为．（2）在图1中，以点A为旋转中心，将△ABC按逆时针方向旋转90°，作出经旋转后的图形△AB′C′（其中B′，C′分别是B，C的对应点）．（3）在图2中，找出符合条件的格点D，使得∠ADB＝∠ABC．【分析】（1）根据勾股定理求得AB，BC的值，即可得到结论；（2）根据旋转中心方向及角度找出点A、B的对应点A′、B′的位置，然后顺次连接即可；（3）根据题意作出∠ADB＝∠ABC即可．【解答】解：（1）∵BC＝＝，AB＝＝，∴＝＝，故答案为：；（2）如图1所示，△AB′C′即为所求；（3）如图2所示，∠ADB即为所求．26．（2021秋•海曙区期末）如图，在6×6的正方形方格纸中，∠BAC的顶点在格点上．（1）直接写出tan∠BAC＝．（2）仅用直尺，画出∠BAC的平分线AP，并写出tan∠PAC＝．【分析】（1）利用网格特征，寻找直角三角形解决问题即可；（2）取格点T，连接BT，取BC的中点P，作射线AP．【解答】解：（1）如图，tan∠BAC＝，故答案为：；（2）如图，射线AP即为所求，tan∠PAC＝＝．27．（2021秋•婺城区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝Rt∠，以AC为直径的半圆交斜边AB于点D，E为BC的中点，连结DE，CD．过点D作DF⊥AC于点F．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若AD＝5，DF＝3，求⊙O的半径．【分析】（1）连结OD，根据直角三角形的性质得到DE＝EC，证明∠EDC＝∠ECD，根据OD＝OC，得到∠ODC＝∠OCD，进而证明∠ODE＝∠ACB＝90°，根据切线的判定定理证明结论；（2）根据勾股定理求出AF，证明△ADF∽△ACD，根据相似三角形的性质计算即可．【解答】（1）证明：连结OD，∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC＝90°，∴∠BDC＝90°，在Rt△BDC中，E为BC的中点，∴DE＝BC＝EC，∴∠EDC＝∠ECD，∵OD＝OC，∴∠ODC＝∠OCD，∴∠ODE＝∠ACB＝90°，∵OD为⊙O的半径，∴DE是⊙O的切线；（2）解：在Rt△ADF中，AD＝5，DF＝3，由勾股定理得：AF＝＝＝4，∵∠DAF＝∠CAD，∠AFD＝∠ADC＝90°，∴△ADF∽△ACD，∴＝，即＝，解得：AC＝，∴⊙O的半径为．28．（2021秋•海曙区期末）如图，已知AB是半圆O的直径，C是半圆弧上一点，P是的中点，PD∥BC交AB延长线于点D．（1）求证：PD为⊙O的切线；（2）若AB＝10，cos∠D＝，求PC的值．【分析】（1）要证明PD为⊙O的切线，想到连接OP，只要证明∠OPD＝90°即可，根据已知P是的中点，利用垂径定理可得∠OEB＝90°，然后根据PD∥BC，证明同位角相等即可；（2）利用直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，根据PD∥BC，可得∠D＝∠ABC，然后在Rt△ABC中求出BC，再在Rt△OEB中，求出OE的长，最后在Rt△CEP中，利用勾股定理进行计算即可解答．【解答】（1）证明：连接OP，交BC于点E，∵P是的中点，∴OP⊥BC，CE＝EB＝BC，∴∠OEB＝90°，∵PD∥BC，∴∠OPD＝∠OEB＝90°，∵OP是圆O的半径，∴PD为⊙O的切线；（2）解：∵AB是半圆O的直径，∴∠ACB＝90°，∵PD∥BC，∴∠D＝∠ABC，∵cos∠D＝，∴cos∠ABC＝＝，∵AB＝10，∴BC＝8，∴BE＝CE＝＝4，在Rt△OEB中，OB＝5，∴OE＝＝＝3，∴EP＝OP﹣OE＝5﹣3＝2，在Rt△CEP中，CE＝4，PE＝2，∴PC＝＝2．29．（2021秋•婺城区期末）如图1，一个正立方体铁块放置在圆柱形水槽内，水槽的底面圆的面积记为S1，正立方体的底面正方形的面积记为S2．现以一定的速度往水槽中注水，28秒时注满水槽．此时停止注水，并立刻将立方体铁块用细线竖直匀速上拉直至全部拉出水面．水槽内水面的高度y（cm）与注水时间x（s）之间的函数图象如图2所示．（1）正立方体的棱长为10cm，S1：S2＝4；（2）当圆柱形水槽内水面高度为12cm时，求注水时间是几秒？（3）铁块完全拉出时，水面高度为17.5cm．【分析】（1）直接利用一次函数图象结合水面高度的变化得出正方体的棱长，设注水的速度是vcm/s，根据题意得出注满与正方体体积相等的水需要的时间为（28﹣12﹣12）s，列比例式即可求解；（2）直接利用待定系数法求出一次函数解析式，再求出当y＝12时，x的值即可；（3）铁块完全拉出时，水面高度降低了mcm，根据S1：S2＝4即可解答．【解答】解：（1）由题意可得：12秒时，水槽内水面的高度为10cm，12秒后水槽内高度变化趋势改变，故正方体的棱长为10cm；设注水的速度是vcm/s，根据题意得注满与正方体体积相等的水需要的时间为28﹣12﹣12＝4（s），注满水槽正方体以上的水需要的时间为28﹣12＝16（s），∴＝4，∴S1：S2＝4，，故答案为：10，4；（2）设线段AB对应的函数解析式为：y＝kx+b，∵图象过A（12，10），B（28，20），∴，解得：，∴线段AB对应的解析式为：y＝x+（12≤x≤28），当y＝12时，x+＝12，解得x＝15.2，∴注水时间是15.2秒；（3）设铁块完全拉出时，水面高度降低了mcm，∵S1：S2＝4，∴S1＝4S2，∴10S2＝4S2•m，解得m＝2.5，∴铁块完全拉出时水面的高度：20﹣2.5＝17.5（cm），故答案为：17.5．30．（2021秋•义乌市期末）如图1，直线l：y＝ax+b（a＜0，b＞0）与x，y轴分别相交于A、B两点．将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△COD，过点A，B，D的抛物线P叫做直线l的关联抛物线，直线l叫做P的关联直线．（1）若直线l：y＝﹣2x+2，则抛物线P表示的函数解析式为y＝﹣x2﹣x+2，若抛物线P：y＝﹣x2﹣3x+4，则直线l表示的函数解析式为y＝﹣4x+4；（2）如图2，若直线l：y＝tx﹣4t（t＜0），G为AB中点，H为CD的中点，连结GH，取GH中点M，连结OM，已知OM＝．求直线l的关联抛物线P表示的函数解析式；（3）若将某直线的关联抛物线向右平移﹣m个单位得到抛物线y＝a（x﹣m）（x﹣n）（a＜0，m＜n），则a、m、n应满足的关系式为a（m+n）＝﹣1．【分析】（1）求出A、B点坐标，再由待定系数法求函数的解析式即可；（2）分别求出G（2，2t），H（﹣2t，2），M（1﹣t，1+t），再由OM＝，可求t的值，进而可求函数的解析式；（3）根据平移的性质，平移前的抛物线表达式为：y＝a（x﹣m﹣m）（x﹣n﹣m）＝a（x﹣2m）（x﹣n﹣m），求出点A、D的坐标分别为（m+n，0）、（2m，0），进而求解．【解答】解：（1）设抛物线P的函数表达式为