资源简介

期末模拟检测卷四
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“立春”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）使得式子有意义的x的取值范围是（　　）
A．x≥4 B．x＞4 C．x≤4 D．x＜4
3．（3分）在，，，中，是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
4．（3分）若关于x的一元二次方程ax2+（2a﹣1）x﹣2＝0的两根相等，那么a等于（　　）
A．﹣0.5 B．0.5 C．0.5或﹣0.5 D．﹣0.5或0
5．（3分）已知，则的值为（　　）
A．5 B．3 C．﹣3 D．﹣5
6．（3分）如图，某校团委准备在艺术节期间举办学生绘画展览，为美化画面，在长为30cm、宽为20cm的矩形画面四周镶上宽度相等的彩纸，并使彩纸的面积恰好与原画面面积相等，若设彩纸的宽度为x cm，根据题意可列方程（　　）
A．（30+x）（20+x）＝600 B．（30+2x）（20+2x）＝600
C．（30﹣2x）（20﹣2x）＝1200 D．（30+2x）（20+2x）＝1200
7．（3分）用反证法证明命题“若a＞b＞0，则”时，应先假设（　　）
A．a＜b B．a≤b C． D．
8．（3分）为庆祝中国共产主义青年团成立100周年，某区举办了团课知识竞赛，甲、乙学各派5名学生参加，两队学生的竞赛成绩如图所示，下列关系完全正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足为E，F，则PE+PF的值为（　　）
A． B． C．5 D．
10．（3分）如图，顺次连接任意四边形ABCD各边中点，所得的四边形EFGH是中点四边形．
下列四个叙述：
①中点四边形EFGH一定是平行四边形；
②当四边形ABCD是矩形，中点四边形EFGH也是矩形；
③当四边形ABCD是菱形，中点四边形EFGH也是菱形；
④当四边形ABCD是正方形，中点四边形EFGH也是正方形．
其中正确的结论是（　　）
A．②③ B．①④ C．①②③ D．①②③④
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）一个多边形的内角和为540°，并且每一个内角都相等，则这个多边形的每一个内角是　 　 °．
12．（3分）（23）2012（23）2012＝　 　 ．
13．（3分）若m是一元二次方程x2+2x﹣1＝0的一个根，则3m2+6m的值是 　 　 ．
14．（3分）已知平行四边形ABCD，AD＝5，∠A，∠C的平分线AE，CF交平行四边形的边于点E，点F，若AF＝1，则平行四边形ABCD的周长是 　 　 ．
15．（3分）如图，在△ABC中，，BC＝4．
（Ⅰ）△ABC的面积为 　 　 ；
（Ⅱ）以AC为边作正方形ACDE，过点D作DF⊥BC，与BC的延长线相交于点F，则EF的长为 　 　 ．
16．（3分）如图，O为正方形ABCD对角线AC的中点，将BC沿着过点C的直线l翻折，使点B的对应点E落在正方形的内部，连接AE，BE，CE，OE，若AE，BE＝4．OE的长为 　 　 ．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）（1）计算：
①； ②．
（2）解方程：x2﹣9x+14＝0．
18．（6分）图①、图②、图③均是4×4的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点．仅用无刻度直尺在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上．
（1）在图①、图②中，以线段AB为对角线，分别画一个平行四边形和矩形．（要求两个四边形不全等）
（2）在图③中，以点A为顶点，另外三个顶点也在格点上，画一个面积最大的正方形．
19．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，动点P从点C出发，沿CA方向运动，动点Q同时从点B出发，沿BC方向运动，如果点P，Q的运动速度均为1cm/s．
（1）运动几秒时，点P，Q相距6cm？
（2）△PCQ的面积能等于10cm2吗？为什么？
20．（8分）某大型批发商场平均每天可售出某款商品3000件，售出1件该款商品的利润是10元．经调查发现，若该款商品的批发价每降低1元，则每天可多售出1000件．为了使每天获得的利润更多，该批发商场决定降价x元销售该款商品．
（1）当x为多少元时，该批发商场每天卖出该款商品的利润为40000元？
（2）若按照这种降价促销的策略，该批发商场每天卖出该款商品的利润能达50000元吗？若能，请求出x的值，若不能，请说明理由．
21．（10分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD相交于点O，且AO＝CO．
（1）如图1，求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）如图2，若AC⊥BD，OA＝3，∠ABD＝30°，E为BC的中点，连接OE，则长度等于OA的线段有 　 　 ．
22．（10分）已知有关于x的一元二次方程（k+1）x2﹣（3k+1）x+2k＝0．
（1）求k的取值范围，并判断该一元二次方程根的情况；
（2）若方程有一个根为﹣2，求k的值及方程的另一个根；
（3）若方程的一个根是另一个根3倍，求k的值．
23．（12分）如图，一次函数的图象与y轴相交于B点，与反比例函数y（k≠0，x＞0）图象相交于点A（m，2）．
（1）求反比例函数的表达式；
（2）C是线段AB上一点，点C在点A的左侧，过点C作y轴平行线，交反比例函数的图象于点D，连接BD．设点C的横坐标为a，求当a为何值时，△BCD的面积最大，这个最大值是多少？
24．（12分）将边长为的正方形ABCD与边长为2的正方形AEFG按图1所示的位置放置，AD与AE在同一条直线上，AB与AG在同一条直线上．
（1）判断DG和BE的关系，并说明理由．
（2）如图2，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，求BE的长．
（3）如图3，将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，连接BD，BG，EG，试写出四边形BDEG面积的最大值
(
1
)期末模拟检测卷四
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“立春”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据中心对称图形的概念和各图的特点求解．
【解答】解：选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
选项A、B、C均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
故选：D．
2．（3分）使得式子有意义的x的取值范围是（　　）
A．x≥4 B．x＞4 C．x≤4 D．x＜4
【分析】直接利用二次根式有意义的条件分析得出答案．
【解答】解：使得式子有意义，则：4﹣x＞0，
解得：x＜4，
即x的取值范围是：x＜4．
故选：D．
3．（3分）在，，，中，是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据最简二次根式的定义进行判断即可．
【解答】解：∵，，2，
∴是最简二次根式，
故选：A．
4．（3分）若关于x的一元二次方程ax2+（2a﹣1）x﹣2＝0的两根相等，那么a等于（　　）
A．﹣0.5 B．0.5 C．0.5或﹣0.5 D．﹣0.5或0
【分析】由题意得到a≠0，Δ＝（2a﹣1）2+4×2a＝（2a+1）2＝0，然后解关于a的方程得到a的值．
【解答】解：根据题意有：a≠0，Δ＝0，
∴Δ＝（2a﹣1）2+4×2a＝（2a+1）2＝0，即a＝﹣0.5
故选：A．
5．（3分）已知，则的值为（　　）
A．5 B．3 C．﹣3 D．﹣5
【分析】首先根据二次根式有意义的条件，即可求得x的值，进而得到y的值，然后代入代数式即可求解．
【解答】解：根据题意得：，
解得：x＝1．
则y＝﹣1．
则3．
故选：B．
6．（3分）如图，某校团委准备在艺术节期间举办学生绘画展览，为美化画面，在长为30cm、宽为20cm的矩形画面四周镶上宽度相等的彩纸，并使彩纸的面积恰好与原画面面积相等，若设彩纸的宽度为x cm，根据题意可列方程（　　）
A．（30+x）（20+x）＝600
B．（30+2x）（20+2x）＝600
C．（30﹣2x）（20﹣2x）＝1200
D．（30+2x）（20+2x）＝1200
【分析】根据原画的长、宽及四周彩纸的宽，可得出原画四周镶上彩纸后的长为（30+2x）cm，宽为（20+2x）cm，再结合原画四周镶上彩纸后的面积等于原画面面积的2倍，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：∵原画面是长为30cm，宽为20cm的矩形，且彩纸的宽度为x cm，
∴原画四周镶上彩纸后的长为（30+2x）cm，宽为（20+2x）cm．
根据题意得：（30+2x）（20+2x）＝2×30×20，
即（30+2x）（20+2x）＝1200．
故选：D．
7．（3分）用反证法证明命题“若a＞b＞0，则”时，应先假设（　　）
A．a＜b B．a≤b C． D．
【分析】反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立．
【解答】解：反证法证明命题“若a＞b＞0，则”时，应先假设，
故选：D．
8．（3分）为庆祝中国共产主义青年团成立100周年，某区举办了团课知识竞赛，甲、乙学各派5名学生参加，两队学生的竞赛成绩如图所示，下列关系完全正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】先根据折线统计图分别求出两所中学5名学生的成绩的平均数和方差，即可求解．
【解答】解：根据题意得：甲所中学5名学生的成绩为70，80，80，70，90，
乙所中学5名学生的成绩为60，70，70，60，80，
∴，
，
，
，
∴，．
故选：B．
9．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足为E，F，则PE+PF的值为（　　）
A． B． C．5 D．
【分析】连接OP，由四边形ABCD是矩形，AB＝6，AD＝8，得∠BAD＝90°，OA＝OCAC，OD＝OBBD，且AC＝BD，求得BD＝10，则OA＝OD＝5，而S△ABDAB AD＝24，所以S△AOD＝S△AOB＝12，由5PE5PF＝12，求得PE+PF，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接OP，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝6，AD＝8，
∴∠BAD＝90°，OA＝OCAC，OD＝OBBD，且AC＝BD，
∴BD10，
∴OA＝OD＝5，
∵S△ABDAB AD6×8＝24，
∴S△AOD＝S△AOBS△ABD＝12，
∵PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，
∴S△AOP+S△DOPOA PEOD PF＝S△AOD，
∴5PE5PF＝12，
∴PE+PF，
故选：B．
10．（3分）如图，顺次连接任意四边形ABCD各边中点，所得的四边形EFGH是中点四边形．
下列四个叙述：
①中点四边形EFGH一定是平行四边形；
②当四边形ABCD是矩形，中点四边形EFGH也是矩形；
③当四边形ABCD是菱形，中点四边形EFGH也是菱形；
④当四边形ABCD是正方形，中点四边形EFGH也是正方形．
其中正确的结论是（　　）
A．②③ B．①④ C．①②③ D．①②③④
【分析】此题应用三角形中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，求解即可．
【解答】解：连接AC，BD，
∵E，F，G，H分别是四边形各边的中点，
∴EF∥AC，HG∥AC，EH∥BD，GF∥BD，
∴EF∥GH，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
故结论①正确；
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，
∵EFAC，EHBD，
∴EF＝EH，
∴四边形EFGH是菱形，
故结论②错误；
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴四边形EFGH可能是筝形，四边形EFGH不一定是菱形，
故结论③错误；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC＝BD，AC⊥BD，
∴四边形EFGH是正方形，
故结论④正确，
综上所述，正确的结论是①④．
故选：B．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）一个多边形的内角和为540°，并且每一个内角都相等，则这个多边形的每一个内角是　108　 °．
【分析】根据多边形的内角和为540°，列出方程解出边数，进一步可求出它每一个内角的度数．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，则有（n﹣2） 180°＝540°，
解得n＝5．
∴它每一个内角的度数为540°÷5＝108°．
故答案为：108．
12．（3分）（23）2012（23）2012＝　32012　 ．
【分析】根据积的乘方得出[（23）×（23）]2012，根据平方差公式即可得出答案．
【解答】解：原式＝[（23）×（23）]2012，
＝[12﹣9]2012，
＝32012，
故答案为：32012．
13．（3分）若m是一元二次方程x2+2x﹣1＝0的一个根，则3m2+6m的值是 　3　 ．
【分析】将x＝m代入原方程，可得出m2+2m＝1，再将其代入3m2+6m＝3（m2+2m）中，即可求出结论．
【解答】解：将x＝m代入原方程得：m2+2m﹣1＝0，
∴m2+2m＝1，
∴3m2+6m＝3（m2+2m）＝3×1＝3．
故答案为：3．
14．（3分）已知平行四边形ABCD，AD＝5，∠A，∠C的平分线AE，CF交平行四边形的边于点E，点F，若AF＝1，则平行四边形ABCD的周长是 　18或22　 ．
【分析】分两种情况作出图形根据平行四边形的性质以及角平分线的定义求解即可．
【解答】解：如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DFC＝∠BCF，
又CF平分∠BCD，
∴∠BCF＝∠DCF＝∠DFC，
∴DF＝CD，
∵AD＝5，AF＝1，
∴CD＝DF＝5﹣1＝4，
∴平行四边形ABCD的周长＝2（AD+CD）＝2×（5+4）＝18；
如图，
同上法可知，BF＝BC＝AD＝5，
∴AB＝BF+AF＝6，
∴平行四边形ABCD的周长＝2（AD+AB）＝2（5+6）＝22，
综上所述，平行四边形ABCD的周长＝18或22，
故答案为：18或22．
15．（3分）如图，在△ABC中，，BC＝4．
（Ⅰ）△ABC的面积为 　2　 ；
（Ⅱ）以AC为边作正方形ACDE，过点D作DF⊥BC，与BC的延长线相交于点F，则EF的长为 　　 ．
【分析】（Ⅰ）过点A作AJ⊥BC于点J．利用勾股定理求出AJ＝1，可得结论；
（Ⅱ）证明△ACJ≌△CDF（AAS），推出AJ＝CF＝1，CJ＝DF＝2，同法可证△DEH≌△CDF，推出EH＝DF＝2，DH＝CF＝1，再利用勾股定理求出EF．
【解答】解：（Ⅰ）如图，过点A作AJ⊥BC于点J．
∵AB＝AC，AJ⊥BC，
∴BJ＝JCBC＝2，
∴AJ1，
∴△ABC的面积 BC AJ4×1＝2．
故答案为：2．
（Ⅱ）过点E作EH⊥FD交FD的延长线于点H．
∵四边形ACDE是正方形，
∴AC＝CD，∠ACD＝90°，
∵∠AJC＝∠DFC＝90°，
∴∠ACJ+∠DCF＝90°，∠ACJ+∠CAJ＝90°，
∴∠CAJ＝∠DCF，
在△ACJ和△CDF中，
，
∴△ACJ≌△CDF（AAS），
∴AJ＝CF＝1，CJ＝DF＝2，
同法可证△DEH≌△CDF，
∴EH＝DF＝2，DH＝CF＝1，
∴FH＝DF+DH＝2+1＝3，
∴EF．
故答案为：．
16．（3分）如图，O为正方形ABCD对角线AC的中点，将BC沿着过点C的直线l翻折，使点B的对应点E落在正方形的内部，连接AE，BE，CE，OE，若AE，BE＝4．OE的长为 　2　 ．
【分析】在l上截取CF＝BE＝4，过点A作AG⊥BE交BE的延长线于点G，证明△ABE≌△BCF，根据全等三角形的性质求出AE＝BF，根据中位线的性质即可得出OE的长．
【解答】解：如图所示，在l上截取CF＝BE＝4，连接EF，BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝90°，BC＝AB，
将BC沿着过点C的直线l翻折，使点B的对应点E落在正方形的内部，
∴l垂直平分EB，CB＝CE，
设∠BCF＝α，则∠CBE＝90°﹣∠ABE＝90°﹣α，
∴∠BCF＝∠ABE，
又∵BC＝AB，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，
又∵F在EB的垂直平分线上，FE＝FB＝AE＝2，
∴EF2+FB2＝16＝EB2，
∴△EFB是等腰直角三角形，
∴∠FEB＝∠FBE＝45°，
∴∠ABE+∠CBF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ABE+∠BAE＝45°，
∴∠FEB＝∠ABE+∠BAE，
∴A、E、F三点共线，
∵AO＝OC，AE＝EF，
∴OE是△ACF的中位线，
∴OECFEB＝2，
故答案为：2．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）（1）计算：
①；
②．
（2）解方程：x2﹣9x+14＝0．
【分析】（1）①原式利用二次根式性质及绝对值的代数意义化简，计算即可求出值；
②原式利用完全平方公式，单项式乘多项式法则计算，去括号合并即可得到结果；
（2）方程利用因式分解法求出解即可．
【解答】解：（1）①原式＝3261
＝3221
＝﹣1；
②原式＝2+232
＝7；
（2）分解因式得：（x﹣2）（x﹣7）＝0，
所以x﹣2＝0或x﹣7＝0，
解得：x1＝2，x2＝7．
18．（6分）图①、图②、图③均是4×4的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点．仅用无刻度直尺在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上．
（1）在图①、图②中，以线段AB为对角线，分别画一个平行四边形和矩形．（要求两个四边形不全等）
（2）在图③中，以点A为顶点，另外三个顶点也在格点上，画一个面积最大的正方形．
【分析】（1）根据平行四边形，矩形的定义画出图形即可；
（2）根据正方形的定义以及题目要求作出图形．
【解答】解：（1）如图①中，平行四边形ACBD即为所求（答案不唯一）．如图②中，矩形ADBC即为所求；
（2）如图，这发型ABCD即为所求．
19．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，动点P从点C出发，沿CA方向运动，动点Q同时从点B出发，沿BC方向运动，如果点P，Q的运动速度均为1cm/s．
（1）运动几秒时，点P，Q相距6cm？
（2）△PCQ的面积能等于10cm2吗？为什么？
【分析】（1）当运动时间为t（0≤t≤6）秒时，CP＝t cm，CQ＝（8﹣t）cm，利用勾股定理，可列出关于t的一元二次方程，解之即可得出结论；
（2）假设△PCQ的面积能等于10cm2，当运动时间为t（0≤t≤6）秒时，CP＝t cm，CQ＝（8﹣t）cm，利用三角形的面积公式，可列出关于t的一元二次方程，由根的判别式Δ＝﹣16＜0，可得出原方程没有实数根，进而可得出假设不成立，即△PCQ的面积不能等于10cm2．
【解答】解：（1）6÷1＝6（秒）．
当运动时间为t（0≤t≤6）秒时，CP＝t cm，CQ＝（8﹣t）cm，
根据题意得：t2+（8﹣t）2＝62，
整理得：t2﹣8t+14＝0，
解得：t1＝4，t2＝4．
答：运动（4）秒或（4）秒时，点P，Q相距6cm；
（2）△PCQ的面积不能等于10cm2，理由如下：
假设△PCQ的面积能等于10cm2，当运动时间为t（0≤t≤6）秒时，CP＝t cm，CQ＝（8﹣t）cm，
根据题意得：t（8﹣t）＝10，
整理得：t2﹣8t+20＝0，
∵Δ＝（﹣8）2﹣4×1×20＝﹣16＜0，
∴原方程没有实数根，
∴假设不成立，
即△PCQ的面积不能等于10cm2．
20．（8分）某大型批发商场平均每天可售出某款商品3000件，售出1件该款商品的利润是10元．经调查发现，若该款商品的批发价每降低1元，则每天可多售出1000件．为了使每天获得的利润更多，该批发商场决定降价x元销售该款商品．
（1）当x为多少元时，该批发商场每天卖出该款商品的利润为40000元？
（2）若按照这种降价促销的策略，该批发商场每天卖出该款商品的利润能达50000元吗？若能，请求出x的值，若不能，请说明理由．
【分析】（1）当每件的售价降价x元时，每件的销售利润为（10﹣x）元，每天可售出（3000+1000x）件，利用总利润＝每件的销售利润×日销售量，可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论；
（2）该批发商场每天卖出该款商品的利润不能达50000元，当每件的售价降价x元时，每件的销售利润为（10﹣x）元，每天可售出（3000+1000x）件，利用总利润＝每件的销售利润×日销售量，可得出关于x的一元二次方程，由根的判别式Δ＝﹣31＜0，可得出该方程没有实数根，即该批发商场每天卖出该款商品的利润不能达50000元．
【解答】解：（1）当每件的售价降价x元时，每件的销售利润为（10﹣x）元，每天可售出（3000+1000x）件，
根据题意得：（10﹣x）（3000+1000x）＝40000，
整理得：x2﹣7x+10＝0，
解得：x1＝2，x2＝5．
答：当x为2或5元时，该批发商场每天卖出该款商品的利润为40000元；
（2）该批发商场每天卖出该款商品的利润不能达50000元，理由如下：
当每件的售价降价x元时，每件的销售利润为（10﹣x）元，每天可售出（3000+1000x）件，
根据题意得：（10﹣x）（3000+1000x）＝50000，
整理得：x2﹣7x+20＝0，
∵Δ＝（﹣7）2﹣4×1×20＝﹣31＜0，
∴该方程没有实数根，
即该批发商场每天卖出该款商品的利润不能达50000元．
21．（10分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD相交于点O，且AO＝CO．
（1）如图1，求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）如图2，若AC⊥BD，OA＝3，∠ABD＝30°，E为BC的中点，连接OE，则长度等于OA的线段有 　OC，OE，BE，CE　 ．
【分析】（1）证明△ADO≌△CBO（AAS），得AD＝CB，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）证明平行四边形ABCD是菱形，∠BOC＝90°，得∠CBO＝∠ABD＝30°，再由含30°角的直角三角形的性质得OCBC，然后由直角三角形斜边上的中线性质得OEBC＝BE＝CE，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADO＝∠CBO，
在△ADO与△CBO中，
，
∴△ADO≌△CBO（AAS），
∴AD＝CB，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：由（1）可知，四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形，∠BOC＝90°，
∴∠CBO＝∠ABD＝30°，
∴OCBC，
∵E为BC的中点，
∴OEBC＝BE＝CE，
∴OC＝OE＝BE＝CE，
∵OA＝OC，
∴OC＝OE＝BE＝CE＝OA＝3，
∴长度等于OA的线段有OC，OE，BE，CE，
故答案为：OC，OE，BE，CE．
22．（10分）已知有关于x的一元二次方程（k+1）x2﹣（3k+1）x+2k＝0．
（1）求k的取值范围，并判断该一元二次方程根的情况；
（2）若方程有一个根为﹣2，求k的值及方程的另一个根；
（3）若方程的一个根是另一个根3倍，求k的值．
【分析】（1）根据一元二次方程的定义可得k的取值范围，再计算△可判断方程根的情况；
（2）把x＝﹣2代入原方程求解k，再解一元二次方程可得答案；
（3）先解含参数的一元二次方程，再分两种情况讨论即可．
【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程（k+1）x2﹣（3k+1）x+2k＝0，
∴k+1≠0，
∴k≠﹣1；
而Δ＝[﹣（3k+1）]2﹣4×2k（k+1）
＝k2﹣2k+1
＝（k﹣1）2≥0，
∴原方程方程有两个实数根．
（2）∵方程有一个根为﹣2，
∴4（k+1）+2（3k+1）+2k＝0，
解得：，
∴方程为：，
∴x2+x﹣2＝0，
∴（x+2）（x﹣1）＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝1，
∴方程的另一个解为1．
（3）∵（k+1）x2﹣（3k+1）x+2k＝0，
∴[（k+1）x﹣2k]（x﹣1）＝0，
∴（k+1）x﹣2k＝0，x﹣1＝0，
解得：，x2＝1，
∵方程的一个根是另一个根3倍，
当时，解得：k＝﹣3，经检验符合题意；
当时，解得：，经检验符合题意；
综上：k＝﹣3或．
23．（12分）如图，一次函数的图象与y轴相交于B点，与反比例函数y（k≠0，x＞0）图象相交于点A（m，2）．
（1）求反比例函数的表达式；
（2）C是线段AB上一点，点C在点A的左侧，过点C作y轴平行线，交反比例函数的图象于点D，连接BD．设点C的横坐标为a，求当a为何值时，△BCD的面积最大，这个最大值是多少？
【分析】（1）根据待定系数法求出反比例函数解析式即可；
（2）根据三角形面积公式列出关于a的代数式，利用二次函数的最值求法求出最大面积即可．
【解答】解：（1）∵点A（m，2）在一次函数的图象上，
∴，解得m＝6，
∴A（6，2），
∵点A（6，2）在反比例函数图象上，
∴k＝6×2＝12，
∴反比例函数解析式为：y；
（2）在一次函数中，令x＝0，则y＝﹣1，
∴B（0，﹣1），
∵点C的横坐标为a，点C的纵坐标为，
∴D（a，），
∴CD，
S△BCD
6
（a﹣1）2，
∵0，
∴S△BCD有最大值，当a＝1时，最大值S△BCD．
24．（12分）将边长为的正方形ABCD与边长为2的正方形AEFG按图1所示的位置放置，AD与AE在同一条直线上，AB与AG在同一条直线上．
（1）判断DG和BE的关系，并说明理由．
（2）如图2，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，求BE的长．
（3）如图3，将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，连接BD，BG，EG，试写出四边形BDEG面积的最大值．
【分析】（1）由正方形的性质可证△ADG≌△ABE（SAS），可得DG＝BE，∠AGD＝∠AEB，延长EB交DG于点H，再利用角度之间互余即可求得∠DHE＝90°，即可得DG⊥BE；
（2）由正方形的性质可证△ADG≌△ABE（SAS），可得DG＝BE，如图，过点A作AM⊥DG交DG于点M，∠AMD＝∠AMG＝90°，由正方形的性质可知∠MDA＝45°，则∠MAD＝45°，得，由题意知，AE＝AG＝2，则，在Rt△AMG中，，根据DG＝DM+GM即可求解；
（3）如图，过点B作BH⊥AG于H，过点D作DI⊥EA，交EA延长线于点I，先证明△AID≌△AHB（AAS），得DI＝BH，设DI＝BH＝m，可得S△ADE＝S△ABG＝m，由题意可得S△ABD＝1，S△AGE＝2，可知S四边形BDEG＝S△ADE+S△ABG+S△ABD+S△AGE＝2m+3，即：当m最大值，四边形BDEG面积最大，结合图形可知，当点I与点A重合时，DI有最大值，即m有最大值，即当时，四边形BDEG面积有最大值．
【解答】解：（1）DG＝BE，DG⊥BE，理由如下：
∵四边形ABCD与四边形AEFG是正方形，
∴AD＝AB，∠DAG＝∠BAE＝90°，AG＝AE，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴DG＝BE，∠AGD＝∠AEB，
延长EB交DG于点H，在△ADG中∠AGD+∠ADG＝90°，
∴∠AEB+∠ADG＝90°，
在△DEH中，∠AEB+∠ADG+∠DHE＝180°，
∴∠DHE＝90°，
∴DG⊥BE，
∴DG和BE的关系为：DG＝BE，DG⊥BE；
（2）∵四边形ABCD与四边形AEFG是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝∠GAE＝90°，AG＝AE，
∴∠DAB+∠BAG＝∠GAE+∠BAG，
∴∠DAG＝∠BAE，AD＝AB，∠DAG＝∠BAE，AG＝AE，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴DG＝BE，
如图，过点A作AM⊥DG交DG于点M，∠AMD＝∠AMG＝90°，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠MDA＝45°，则∠MAD＝45°，
∴AM＝DM，则，
∵正方形ABCD的边长为，正方形AEFG的边长为2，
∴，AE＝AG＝2，
则，
在Rt△AMG中，，
∴，
∴；
（3）如图，过点B作BH⊥AG于H，过点D作DI⊥EA，交EA延长线于点I，
∵四边形ABCD与四边形AEFG是正方形，
∴，AE＝AG＝2，∠BAD＝∠GAE＝90°，则∠GAI＝90°，
∵∠BAD＝∠GAI＝90°，则：∠BAD﹣∠BAI＝∠GAI﹣∠BAI，
∴∠IAD＝∠HAB，
∵BH⊥AG，DI⊥EA，
∴∠AID＝∠AHB＝90°，
∴△AID≌△AHB（AAS），
∴DI＝BH，
设DI＝BH＝m，
则，，即S△ADE＝S△ABG＝m，
又∵，，
∴S四边形BDEG＝S△ADE+S△ABG+S△ABD+S△AGE＝2m+3，
即：当m最大值，四边形BDEG面积最大，
∴当点I与点A重合时，DI有最大值，即m有最大值，
∴当时，四边形BDEG面积有最大值
(
1
)

展开更多......

收起↑