2022-2023学年初中九年级下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：130 分考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I（选择题）一、选择题（本题共计 16 小题，每题 5 分，共计80分）1. 如图，已知∠MON，在∠MON内逐一画射线，下面三个图中分别有3个、6个、10个角（不大于平角的角）．当∠MON内有n条射线时，角的个数为（ ）22A.nB.n(n+1)2C.n(n−1)2D.(n+1)(n+2)22. 下列计算中正确的是( )A.B.C.D.3. 若将一副三角尺按不同的位置摆放，则下列摆放方式中∠a与∠β不相等的是（）A.B.C.D.4. 若多项式12x|a|−(a−4)x+6是关于x的四次三项式，则a的值是( )A.−4B.2C.4或−4D.45. 从国家航天局获悉，根据“祝融号”火星车发回遥测数据确认，5月15日7时18分，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星南部预选着陆区，我国首次火星探测任务着陆成功．如果从火星表面发出的光需要经过20min才能到达地球（光速为300000km/s），那么用科学记数法表示此时火星与地球间的距离为（）A.3.6×108kmB.3.6×107kmC.6×106kmD.6×107km6. 如图是由若干个完全相同的小正方体组合而成的几何体，将小正方体①移走后，所得几何体（）A.主视图改变，左视图改变B.俯视图不变，左视图改变C.俯视图不变，主视图改变D.主视图不变，左视图不变7. 如图，在中，，以点C为圆心，长为半径画弧，交于点B和点D，再分别以点B，D为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点M，作射线交于点E．若，则的长度是( )A.B.C.9D.8. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，AB的垂直平分线DE交BC的延长线于点F，若∠F=30∘,DE=1，则EF的长是( )A.3B.2C.√3D.19. 下列不等式变形中不正确的是( )A.由−ax>a，得x>−1B.由−a>−b，得a<bC.由a>b，得b<aD.由−12x<y，得x>−2y10. 在平面直角坐标系中，已知点E(−4,2)，F(−2,−2)，以原点O为位似中心，相似比为{1∶2}，把{△EFO}缩小，则点{E}的对应点{E^{\prime}}的坐标是（）A.{(-2,1)}B.{(-8,4)}C.{(-8,4)}或{(8,-4)}D.{(-2,1)}或{(2,-1)}11. 化简：{\dfrac{a^{2}}{a-b}-\dfrac{b^{2}}{a-b}}的结果是( )A.{a-b}B.{a+b}C.{\dfrac{1}{a+b}}D.{\dfrac{1}{a-b}}12. 在一次夏令营活动中，小霞同学从营地{A}点出发，要到距离{A}点{10}千米的{C}地去，先沿北偏东{70^{{\circ} }}方向走了{8}千米到达{B}地，然后再从{B}地走了{6}千米到达目的地{C}，此时小霞在{B}地的（ ）A.北偏东{20^{{\circ} }}方向上B.北偏西{20^{{\circ} }}方向上C.北偏西{30^{{\circ} }}方向上D.北偏西{40^{{\circ} }}方向上13. 如图，在给定的一张平行四边形纸片上作一个菱形．甲、乙两人的作法如下：甲：连接{AC}，作{AC}的垂直平分线{MN}分别交{AD}，{AC}，{BC}于{M}，{O}，{N}，连接{AN}，{CM}，则四边形{ANCM}是菱形．乙：作{\angle A}，{\angle B}的平分线{AE}，{BF}，分别交{BC}，{AD}于{E}，{F}，连接{EF}，则四边形{ABEF}是菱形．根据两人的作法可判断{(} {)}A.甲正确，乙错误B.乙正确，甲错误C.甲、乙均错误D.甲、乙均正确14. 在对一组样本数据进行分析时，嘉琪列出了方差的计算公式：{S^{2}=\dfrac{1}{n}\left[ \left( 5-\overline {x}\right) ^{2}+\left( 6-\overline {x}\right) ^{2}+\left( 6-\overline {x}\right) ^{2}+\left( 8-\overline {x}\right) ^{2}\right]}由公式提供的信息，则下列说法错误的是（）A.样本的容量是{4}B.样本的中位数是{6}C.样本的众数是{6}D.样本的平均数是{6.5}15. 如图，在{ \rm{Rt} \triangle ABC}中，{\angle A}＝{90^{{\circ} }}，{D}，{E}分别是{AB}，{BC}的中点，点{F}在{DE}的延长线上，连接{CF}，请添加一个条件使四边形{ADFC}为矩形，则这个条件不可能是（ ）A.{AC}＝{CF}B.{AD}＝{CF}C.{\angle B}＝{\angle BCF}D.{DB}＝{CF}16.如图所示，赵州桥的桥拱用抛物线的部分表示，其函数的关系式为{y= -\dfrac{1}{25}x^{2}}，当水面宽度{AB}为{20 \rm{m} }时，此时水面与桥拱顶的高度{DO}是（）A.{2 \rm{m} }B.{4 \rm{m} }C.{10 \rm{m} }D.{16 \rm{m} }卷II（非选择题）二、填空题（本题共计 3 小题，每题 5 分，共计15分）17. {\left(- 1\right)^{2017}- \left(- \dfrac{1}{3}\right)^{- 2}+ \left(\pi- 3.14\right)^{0}- | - 2 |=}________．18. 一个正多边形的中心角是{60}度，边心距是{\sqrt3}，则这个正多边形的边长是________.19. 探索函数{y= x+ \dfrac{1}{x}}的图象和性质：（1）它的自变量取值范围是________；（2）当{x\gt 0}时，我们利用列表法画出函数图象①填写下表，画出函数的图象：{x}… {\dfrac{1}{4}} {\dfrac{1}{3}}{\dfrac{1}{2}} {1} {2} {3} {4}…{y}…________________________________________________________…②观察图象，我们发现函数图象有一个最低点，它的坐标是________，这说明当{x= }________，函数{y}有最小值是________；并且，在该点的左边，{y}随{x}的增大而________，在该点的右边，{y}随{x}的增大而________．③利用上述结论，解决问题：矩形{ABCD}的面积等于{1}，当它的长和宽分别为多少时，它的周长最小？三、解答题（本题共计 7 小题，每题 5 分，共计35分）20. 对数的定义：一般地，若{a^x=N}，{(a\gt 0, a\neq 1)} ，那么{x}叫做以{a}为底{N}的对数，记作： {x=L_aN} ．比如指数式{2^4=16}可以转化成对数式{4=L_216}，对数式{2=L_525}可以转化成指数式{5^2=25}．根据对数的定义可得到对数的一个性质： {L_a\left(M \cdotN\right)=L_aM+N_aN}，({a\gt0,a\neq1,M \gt 0,N \gt 0)} ．理由如下：设{L_aM=m}，{L_aN=n}，则{M=a^m} ，{N=a^n}，∴{M \cdot N}{=a^m\cdot a^n=a^{m+n}}，由对数的定义得{m+n=L_a\left(M\cdot N\right)}；而{m+n=L_aM+L_aN} ，∴{L_a(M \cdot N)}{=L_aM+L_aN} ．认真阅读理解上述材料，解决以下问题：{(1)}填空：①将指数式{4^{3}=64}转化成对数式为________；②将对数式{4=L_{3}81}转化成指数式为________；③计算： {L_{10}10=}________；{(2)}试说明：{L_{a}\left( \dfrac{M}{N}\right) =L_{a}M-L_{a}N}({a\gt0,a\neq1,M \gt 0,N \gt 0)}；{(3)}计算： {L_{3}2+L_{3}18-L_{3}4}.21. 计算：（-）{^{2}\times 2^{3}-(-1)^{3}\times 6}．22. “元旦大酬宾!”，某商场设计的促销活动如下：在一个不透明的箱子里放有{3}张相同的卡片，卡片上分别标有“{10}元”、“{20}元”和“{30}元”的字样，规定：在本商场同一日内，顾客每消费满{300}元，就可以在箱子里摸出一张卡片，记下钱数后放回，再从中摸出一张卡片．商场根据两张卡片所标金额的和返还相等价格的购物券，购物券可以在本商场消费．某顾客刚好消费{300}元．{(1)}该顾客最多可得到________元购物券；{(2)}请你用画树状图或列表的方法，求出该顾客所获得购物券的金额不低于{40}元的概率．23. 如图，在{ {\rm{Rt}} \triangle ABC}中，{\angle C}＝{90^{{\circ} }}，以{BC}为直径的{\odot O}交{AB}于点{D}，切线{DE}交{AC}于点{E}．{(1)}求证：{\angle A}＝{\angle ADE}；{(2)}若{AD}＝{16}，{DE}＝{10}，求{BC}的长．24. 如图，某反比例函数图象的一支经过点{A(2,\, 3)}和点{B}（点{B}在点{A}的右侧），作{BC\perp y}轴，垂足为点{C}，连结{AB}，{AC}．{(1)}求该反比例函数的解析式；{(2)}若{\triangle ABC}的面积为{6}，求直线{AB}的表达式．25. 如图，{{\rm Rt} \triangle AOB}的直角边{OA}在{x}轴上，{OA=2, AB=1}，将{{\rm Rt} \triangle AOB}绕点{0}逆时针旋转{90^{\circ }}得到{{\rm Rt} \triangle COD}，抛物线{y=-\dfrac{5}{6}x^{2}+bx+c}，经过{B}、{D}两点．{(1)}求二次函数的解析式．{(2)}连接{BD}，{P}是抛物线上一点，直线{OP}把{\triangle BOD}的周长分成相等的两部分，求点{P}的坐标．26. 在{\triangle ABC}中， {AC=BC}，点{P}是{AB}上的一个动点，连接{CP}，将{CP}绕着点{P}顺时针旋转，得到线段{PQ}，连接{AQ}．{(1)}如图{1}，当{\angle ACB=\angle CPQ=60^\circ}时，求证： {AQ=BP}；{(2)}如图{2}，当{\angle ACB=\angle CPQ=90^\circ}时，请你通过动手探索，尝试发现线段{AC}，{AQ}，{AP}之间的数量关系，并证明；{(3)}在{(2)}的条件下，{AC=BC=8}，{\tan\angle ACP={\dfrac13}}时，直接写出线段{AQ}的长度．参考答案与试题解析2022-2023学年初中九年级下数学月考试卷一、选择题（本题共计 16 小题，每题 5 分，共计80分）1.【答案】D【考点】角的概念【解析】画{1}条、{2}条、{3}条射线时可以数出角的个数分别有{3}个、{6}个、{10}个角，当画{n}条时，由规律得到角的个数的表达式．【解答】解：画{n}条射线所得的角的个数为：{1+ 2+ 3+ ...+ (n+ 1)= \dfrac{(n+ 1)(n+ 2)}{2}}．故选{D}．2.【答案】B【考点】单项式除以单项式单项式乘单项式同底数幂的乘法【解析】{A}．原式{= a^{3}}________，错误；{B}．原式{= 2a^{2}}，正确；{C}．原式{= 4a^{+ }}，错误；{D}．原式{= 2a^{5}}，错误，故选{B}．【解答】此题暂无解答3.【答案】C【考点】角的计算余角和补角【解析】本题考查角的计算、补角和余角.【解答】解：{\rm A}.{∵∠α+∠β=90^\circ，∠β=45^\circ}，{∴∠α=∠β=45^\circ}，故{\rm A}不符合题意；{\rm B}.{∵∠α+∠1=90^\circ，∠β+∠1=90^\circ}，{∴∠α=∠β}，故{\rm B}不符合题意；{\rm C}.{∵∠β=45^\circ，∠α+∠β≠90^\circ}，{∴∠α≠∠β}，故{\rm C}符合题意；{\rm D}.{∵∠α+45^\circ=180^\circ，∠β+45^\circ=180^\circ}，{∴∠α=∠β}，故{\rm D}不符合题意；故选{\rm C}.4.【答案】A【考点】多项式的概念的应用多项式的项与次数【解析】根据四次三项式的定义可知，该多项式的最高次数为{4}，项数是{3}，所以可确定{m}的值．【解答】解：∵多项式{\dfrac{1}{2}x^{\mathrel{|} a\mathrel{|} }- ( a -4)x+ 6}是关于{x}的四次三项式，∴{\mathrel{|} a\mathrel{|} = 4}，{-( a -4)\neq 0}，∴{a= -4}．故选{\rm A}．5.【答案】A【考点】科学记数法--表示较大的数有理数的乘法【解析】此题暂无解析【解答】解：科学记数法的表示形式为{a\times 10^{n}}的形式，其中{1\le | a | \lt 10}，{n}为整数．确定{n}的值时，要看把原数变成{a}时，小数点移动了多少位，{n}的绝对值与小数点移动的位数相同．{20\times 60\times 300000=360000000\rm km=3.6\times 10^8\rm km}.故选{\rm A}.6.【答案】C【考点】简单组合体的三视图【解析】无【解答】解：观察图形可知，将小立方块①从{6}个大小相同的小立方块所搭的几何体中移走后，所得几何体左视图和俯视图不变，主视图改变．故选{\rm C}．7.【答案】A【考点】经过一点作已知直线的垂线【解析】利用基本作图得到{CE\perp AB}，根据线段的和差关系可得{AC= AB= 6}，然后利用勾股定理计算{CE}的长．【解答】{\because AE= 5, BE= 1}{AB= 6}由作图可知{Cl1}为{AB}的垂线，即{CE\perp AB}∴在{\triangle ACE}中，{AC^{2}= AE^{2}+ CE^{2}}{AB= AC}{6^{2}= 5^{2}+ CE^{2}}解得：{CE= \sqrt{11} }，（负值舍去），故选：{A}．8.【答案】B【考点】线段垂直平分线的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：如图，连接{AF}，{∵AB}的垂直平分线{DE}交于{BD}的延长线于{F}，{\begin{array}{l}{\therefore A F=B F} ， \\ {\because F D \perp A B}，\end{array}}{\therefore \angle A F D=\angle B F D=30^{\circ}，}{\angle B=\angle F A B=90°-30°=60°},{\begin{array}{l}{\because \angle A C B=90^{\circ},} \\ {\therefore \angle B A C=30^{\circ},} \\ {\because D E=1} \\ {\therefore A E=2 D E=2} \\ {\therefore \angle F A E=\angle A F D=30^{\circ}} \\ {\therefore E F=A E=2.}\end{array}}故选{\rm B.}9.【答案】不等式的性质【解析】根据不等式的性质分析即可解答.【解答】解：{\mathrm A}，由{-ax \gt a}，得{x \lt -1}，故{\mathrm A}错误；{\mathrm B}，由{-a \gt -b}，得{a \lt b}，故{\mathrm B}正确；{\mathrm C}，由{a \gt b}，得{b \lt a}，故{\mathrm C}正确；{\mathrm D}，由{-\dfrac12x \lt y}，得{x \gt -2y}，故{\mathrm D}正确.故选{\mathrm A}.10.【答案】A【考点】位似的有关计算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答11.【答案】B【考点】分式的化简求值【解析】此题暂无解析【解答】解：原式{=\dfrac{a^{2}-b^{2}}{a-b}}{=a+b}.故选{\rm B}.B【考点】解直角三角形的应用-方向角问题【解析】由{AC= 10}千米，{AB= 8}千米，{BC= 6}千米得{AC^{2}= AB^{2}+ BC^{2}}，根据勾股定理的逆定理得到{\angle ABC= 90^{{\circ} }}，再利用平行线的性质和互余的性质得到{\angle 1}，求得{\angle 2}．【解答】解：如图，∵{AC= 10}千米，{AB= 8}千米，{BC= 6}千米，∴{AC^{2}= AB^{2}+ BC^{2}}，∴{\triangle ABC}为直角三角形，即{\angle ABC= 90^{{\circ} }}，又∵{B}点在{A}的北偏东{70^{{\circ} }}方向，∴{\angle 1= 90^{{\circ} }-70^{{\circ} }= 20^{{\circ} }}，∴{\angle 2= \angle 1= 20^{{\circ} }}，即{C}点在{B}的北偏西{20^{{\circ} }}的方向上．故选{B}．13.【答案】D【考点】菱形的判定【解析】首先证明{\triangle AOM\cong \triangle CON(ASA)}，可得{MO= NO}，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可判定判定四边形{ANCM}是平行四边形，再由{AC\perp MN}，可根据对角线互相垂直的四边形是菱形判定出{ANCM}是菱形；四边形{ABCD}是平行四边形，可根据角平分线的定义和平行线的定义，求得{AB= AF}，所以四边形{ABEF}是菱形．【解答】甲的作法正确；∵四边形{ABCD}是平行四边形，∴{AD\,//\,BC}，∴{\angle DAC= \angle ACN}，∵{MN}是{AC}的垂直平分线，∴{AO= CO}，在{\triangle AOM}和{\triangle CON}中{\left\{ \begin{matrix}\angle MAO = \angle NCO \\AO =CO \\\angle AOM = \angle CON \\\end{matrix} \right.\ }，∴{\triangle AOM\cong \triangle CON(ASA)}，∴{MO= NO}，∴四边形{ANCM}是平行四边形，∵{AC\perp MN}，∴四边形{ANCM}是菱形；乙的作法正确；∵{AD\,//\,BC}，∴{\angle 1= \angle 2}，{\angle 6= \angle 7}，∵{BF}平分{\angle ABC}，{AE}平分{\angle BAD}，∴{\angle 2= \angle 3}，{\angle 5= \angle 6}，∴{\angle 1= \angle 3}，{\angle 5= \angle 7}，∴{AB= AF}，{AB= BE}，∴{AF= BE}∵{AF\,//\,BE}，且{AF= BE}，∴四边形{ABEF}是平行四边形，∵{AB= AF}，∴平行四边形{ABEF}是菱形；14.【答案】D【考点】算术平均数中位数方差众数【解析】无【解答】解：由方差计算可知：该样本共有{4}个数据：{5}，{6}，{6}，{8}．故样本的容量是{4}；样本的中位数是{6}；样本的众数是{6}；样本的平均数是{\dfrac{5+6+6+8} {4}=6.25}，故选{\rm D}．15.【答案】A【考点】直角三角形斜边上的中线三角形中位线定理矩形的判定【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答16.【答案】B【考点】二次函数的应用【解析】根据题意，把{x= 10}直接代入解析式即可解答．【解答】解：由已知{AB= 20 \rm{m} }知：点{B}的横坐标为{10}．把{x= 10}代入{y= -\dfrac{1}{25}x^{2}}，得{y= -4}．即水面离桥顶的高度为{4 \rm{m} }．故选{\rm B}．二、填空题（本题共计 3 小题，每题 5 分，共计15分）17.【答案】{-11}【考点】实数的运算零指数幂、负整数指数幂绝对值【解析】本题考查的是实数的运算{,}零指数幂{,}负整数指数幂{.}解{：}原式{=}{-1-9+1-2}{=-11.}故答案为：{-11}．18.【答案】{2}【考点】正多边形和圆特殊角的三角函数值【解析】确定多边形的边数，即可求解．【解答】解：正多边形的边数是： {360^\circ\div60^\circ=6}，即是正{\mathrm 六}边形，则正多边形边长{=\dfrac{\sqrt3}{\sin60^\circ}=\dfrac{\sqrt3}{\frac{\sqrt3}2}=2}.故答案为：{2}．19.【答案】{x\neq 0}{\dfrac{17}{4}},{\dfrac{10}{3}},{\dfrac{5}{2}},{2},{\dfrac{5}{2}},{\dfrac{10}{3}},{\dfrac{17} {4}},{(2,\, 1)},{1},{2},减少,增大【考点】反比例函数综合题【解析】（1）根据函数关系式中有分式分母不为{0}即可得出结论；（2）①关键画函数图象的方法，列表，描点，连线即可；②根据函数图象即可得出结论；③先建立长方形得周长和宽得函数关系式即可得出结论．【解答】解：（1）函数{y= x+ \dfrac{1}{x}}自变量取值范围是{x\neq 0}；（2）①列表：{x}… {\dfrac{1}{4}} {\dfrac{1}{3}}{\dfrac{1}{2}} {1} {2} {3} {4}…{y}…{\dfrac{17}{4}}{\dfrac{10}{3}}{\dfrac{5}{2}}{2}{\dfrac{5}{2}}{\dfrac{10}{3}}{\dfrac{17}{4}}…描点，②由图象知，函数图象有一个最低点，它的坐标是 {(2,\, 1)}，这说明当{x= 1}，函数{y}有最小值是 {2}；并且，在该点的左边，{y}随{x}的增大而减少，在该点的右边，{y}随{x}的增大而增大．三、解答题（本题共计 7 小题，每题 5 分，共计35分）20.【答案】{L_4 64=3},{3^{4}=81},{1}{(2)}设{L_aM=m}，{L_aN=n}，则{M=a^m} ，{N=a^n}，∴{ \dfrac{M}{N}}{=a^m\div a^n=a^{m-n}}，由对数的定义得{m-n=L_a\left( \dfrac{M}{N}\right)}；而{m-n=L_aM-L_aN} ，∴ {L_{a}\left( \dfrac{M}{N}\right) =L_{a}M-L_{a}N_{a}}.{(3)}{L_32+L_318-L_34}{=L_3\left(2\times 18\right)-L_34}{=L_336-L_34}{=L_3\left(36\div4\right)}{=L_39}{=L_33^{2}}{=2}.【考点】定义新符号【解析】 {(1)}由材料，根据对数的定义求解即可；{(2)}利用题目信息结合同底数幂的除法求解即可；{(3)}利用对数的性质求解即可.【解答】解：{(1)}根据题意知{①}{4^{3}=64}转化为{L_4 64=3}，{②}对数式{4=L_{3}81}转化成{3^{4}=81}；{③}{L_{10} 10=1}，故答案为：{L_4 64=3}；{3^{4}=81}；{1}．{(2)}设{L_aM=m}，{L_aN=n}，则{M=a^m} ，{N=a^n}，∴{ \dfrac{M}{N}}{=a^m\div a^n=a^{m-n}}，由对数的定义得{m-n=L_a\left( \dfrac{M}{N}\right)}；而{m-n=L_aM-L_aN} ，∴ {L_{a}\left( \dfrac{M}{N}\right) =L_{a}M-L_{a}N_{a}}.{(3)}{L_32+L_318-L_34}{=L_3\left(2\times 18\right)-L_34}{=L_336-L_34}{=L_3\left(36\div4\right)}{=L_39}{=L_33^{2}}{=2}.21.【答案】原式＝{\times 8+ 6}＝{2+ 6}＝{8}【考点】有理数的混合运算【解析】先算乘方，再算乘除，最后算加减即可．【解答】原式＝{\times 8+ 6}＝{2+ 6}＝{8}22.【答案】{60}{(2)}根题题意画图如下：共有{9}种等可能出现的结果，其中顾客所获得购物券的金额不低于{40}元共有{6}种结果，所以{P(不低于40元 ) = \dfrac{6}{9} = \dfrac{2}{3}}．【考点】等可能事件的概率列表法与树状图法【解析】（1）先根据顾客刚好消费{300}元，求出该顾客可以在箱子里先后摸出两张卡片，再求出这两张卡片的最大和即可；（2）根据题意画出树状图，求出该顾客所获得购物券的金额不低于{40}元的情况数和总的情况数，再根据概率公式进行计算即可．【解答】解：{(1)}∵该顾客刚好消费{300}元，∴该顾客可以在箱子里先后摸出两张卡片，∴该顾客至多可得到{30+ 30=}{60}（元）购物券；故答案为：{60}.{(2)}根题题意画图如下：共有{9}种等可能出现的结果，其中顾客所获得购物券的金额不低于{40}元共有{6}种结果，所以{P(不低于40元 ) = \dfrac{6}{9} = \dfrac{2}{3}}．23.【答案】{(1)}证明：连接{OD}，∵{DE}是切线，∴{\angle ODE}{＝}{90^{{\circ} }}，∴{\angle ADE+ \angle BDO }{＝}{90^{{\circ} }}，∵{\angle ACB}{＝}{90^{{\circ} }}，∴{\angle A+ \angle B}{＝}{90^{{\circ} }}，∵{OD}{＝}{OB}，∴{\angle B}{＝}{\angle B \rm{DO} }，∴{\angle ADE}{＝}{\angle A}．{(2)}解：连接{CD}．∵{\angle ADE}{＝}{\angle A}，∴{AE}{＝}{DE}，∵{BC}是{\odot O}的直径，{\angle ACB}{＝}{90^{{\circ} }}，∴{EC}是{\odot O}的切线，∴{ED}{＝}{EC}，∵{DE}{＝}{10}，∴{AC}{＝}{2DE}＝{20}，在{ {\rm{Rt}} \triangle ADC}中，{DC = \sqrt{2{0}^{2} - 1{6}^{2}} = 12}，设{BD}{＝}{x}，在{ {\rm{Rt}} \triangle BDC}中，{BC^{2}}{＝}{x^{2}+ 12^{2}}，在{ {\rm{Rt}} \triangle ABC}中，{BC^{2}}{＝}{(x+ 16)^{2}-20^{2}}，∴{x^{2}+ 12^{2}}{＝}{(x+ 16)^{2}-20^{2}}，解得{x}＝{9}，∴{BC = \sqrt{1{2}^{2} + {9}^{2}} = 15}．【考点】圆周角定理切线的性质勾股定理【解析】（1）只要证明{\angle A+ \angle B}＝{90^{{\circ} }}，{\angle ADE+ \angle B}＝{90^{{\circ} }}即可解决问题；（2）首先证明{AC}＝{2DE}＝{20}，在{ \rm{Rt} \triangle ADC}中，{DC =\sqrt{2{0}^{2} - 1{6}^{2}} = 12}，设{BD}＝{x}，在{ \rm{Rt} \triangleBDC}中，{BC^{2}}＝{x^{2}+ 12^{2}}，在{ \rm{Rt} \triangle ABC}中，{BC^{2}}＝{(x+ 16)^{2}-20^{2}}，可得{x^{2}+ 12^{2}}＝{(x+ 16)^{2}-20^{2}}，解方程即可解决问题；【解答】{(1)}证明：连接{OD}，∵{DE}是切线，∴{\angle ODE}{＝}{90^{{\circ} }}，∴{\angle ADE+ \angle BDO }{＝}{90^{{\circ} }}，∵{\angle ACB}{＝}{90^{{\circ} }}，∴{\angle A+ \angle B}{＝}{90^{{\circ} }}，∵{OD}{＝}{OB}，∴{\angle B}{＝}{\angle B \rm{DO} }，∴{\angle ADE}{＝}{\angle A}．{(2)}解：连接{CD}．∵{\angle ADE}{＝}{\angle A}，∴{AE}{＝}{DE}，∵{BC}是{\odot O}的直径，{\angle ACB}{＝}{90^{{\circ} }}，∴{EC}是{\odot O}的切线，∴{ED}{＝}{EC}，∴{AE}{＝}{EC}，∴{AC}{＝}{2DE}＝{20}，在{ {\rm{Rt}} \triangle ADC}中，{DC = \sqrt{2{0}^{2} - 1{6}^{2}} = 12}，设{BD}{＝}{x}，在{ {\rm{Rt}} \triangle BDC}中，{BC^{2}}{＝}{x^{2}+ 12^{2}}，在{ {\rm{Rt}} \triangle ABC}中，{BC^{2}}{＝}{(x+ 16)^{2}-20^{2}}，∴{x^{2}+ 12^{2}}{＝}{(x+ 16)^{2}-20^{2}}，解得{x}＝{9}，∴{BC = \sqrt{1{2}^{2} + {9}^{2}} = 15}．24.【答案】解：{(1)}由题意得，{k=xy=2\times 3=6}，∴反比例函数的解析式为{y = \dfrac{6}{x}}．{(2)}设{B}点坐标为{(a,\, b)}，如图，作{AD\perp BC}于{D}，则{D(2,\, b)}.∵反比例函数{y = \dfrac{6}{x}}的图象经过点{B(a,\, b)}，∴{b = \dfrac{6}{a}}，∴{AD=3 - \dfrac{6}{a}}，∴{S_{\triangle ABC} = \dfrac{1}{2}BC\cdot AD}{ = \dfrac{1}{2}a(3 - \dfrac{6}{a})=6}，解得{a=6}，∴{b = \dfrac{6}{a} = 1}，∴{B(6,\, 1)}．设{AB}的解析式为{y=kx+ b}，将{A(2,\, 3)}，{B(6,\, 1)}代入函数解析式，得{\left\{ \begin{matrix} 2k + b = 3 ,\\ 6k + b = 1 ,\\ \end{matrix} \right.\ }解得{\left\{ \begin{matrix} k = - \dfrac{1}{2} ,\\ b = 4, \\ \end{matrix} \right.\ }∴直线{AB}的解析式为{y = - \dfrac{1}{2}x+ 4}．【考点】待定系数法求反比例函数解析式反比例函数系数k的几何意义待定系数法求一次函数解析式反比例函数与一次函数的综合【解析】{(1)}把{A}的坐标代入反比例函数的解析式即可求得；{(2)}作{AD\perp BC}于{D}，则{D(2,\, b)}，即可利用{a}表示出{AD}的长，然后利用三角形的面积公式即可得到一个关于{b}的方程求得{b}的值，进而求得{a}的值，根据待定系数法，可得答案．【解答】解：{(1)}由题意得，{k=xy=2\times 3=6}，∴反比例函数的解析式为{y = \dfrac{6}{x}}．{(2)}设{B}点坐标为{(a,\, b)}，如图，作{AD\perp BC}于{D}，则{D(2,\, b)}.∵反比例函数{y = \dfrac{6}{x}}的图象经过点{B(a,\, b)}，∴{b = \dfrac{6}{a}}，∴{AD=3 - \dfrac{6}{a}}，∴{S_{\triangle ABC} = \dfrac{1}{2}BC\cdot AD}{ = \dfrac{1}{2}a(3 - \dfrac{6}{a})=6}，解得{a=6}，∴{b = \dfrac{6}{a} = 1}，∴{B(6,\, 1)}．设{AB}的解析式为{y=kx+ b}，将{A(2,\, 3)}，{B(6,\, 1)}代入函数解析式，得{\left\{ \begin{matrix} 2k + b = 3 ,\\ 6k + b = 1 ,\\ \end{matrix} \right.\ }解得{\left\{ \begin{matrix} k = - \dfrac{1}{2} ,\\ b = 4, \\ \end{matrix} \right.\ }∴直线{AB}的解析式为{y = - \dfrac{1}{2}x+ 4}．25.【答案】解：{(1)}由题意，得{\triangle AOB\cong \triangle COD}∴{OC=OA=2, CD=AB=1}，∴{B\left(2, 1\right), D\left(-1, 2\right)}，∵抛物线{y=-\dfrac{5}{6}x^{2}+bx+c}经过{B}，{D}两点，∴{\left\{ \begin{array} {l}{-\dfrac{5}{6}\times 2^{2}+2b+c=1} \\ {-\dfrac{5}{6}\times \left(-1\right)^{2}-b+c=2}\end{array} \right.}，∴{\left\{ \begin{array} {l}{c=\dfrac{10}{3}}, \\ {b=\dfrac{1} {2}}.\end{array} \right.}二次函数解析式是{y=-\dfrac{5}{6}x^{2}+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{10}{3}.}{(2)}直线{OP}把{\triangle BOD}分成周长相等的两部分，∴直线{OP}必过线段{BD}的中点{\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{3}{2}\right)}．∴直线{OP}的解析式{y_{OP}=3x.}∵点{P}是抛物线{y=-\dfrac{5}{6}x^{2}+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{10}{3}}和直线{y_{OP}=3x}交点，∴{\left\{ \begin{array} {l}{y=3x} \\ {y=-\dfrac{5}{6}x^{2}+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{10}{3}}\end{array} \right.}解得{\left\{ \begin{array} {l}{x=1} \\ {y=3}\end{array} \right.}或{\left\{\begin{array} {l}{y=-4} \\ {y=-12}\end{array} \right.}∴{P\left(1, 3\right)}或{\left(-4, -12\right)}．【考点】二次函数综合题【解析】此题暂无解析【解答】解：{(1)}由题意，得{\triangle AOB\cong \triangle COD}∴{OC=OA=2, CD=AB=1}，∴{B\left(2, 1\right), D\left(-1, 2\right)}，∵抛物线{y=-\dfrac{5}{6}x^{2}+bx+c}经过{B}，{D}两点，∴{\left\{ \begin{array} {l}{-\dfrac{5}{6}\times 2^{2}+2b+c=1} \\ {-\dfrac{5}{6}\times \left(-1\right)^{2}-b+c=2}\end{array} \right.}，∴{\left\{ \begin{array} {l}{c=\dfrac{10}{3}}, \\ {b=\dfrac{1} {2}}.\end{array} \right.}二次函数解析式是{y=-\dfrac{5}{6}x^{2}+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{10}{3}.}{(2)}直线{OP}把{\triangle BOD}分成周长相等的两部分，∴直线{OP}必过线段{BD}的中点{\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{3}{2}\right)}．∴直线{OP}的解析式{y_{OP}=3x.}∵点{P}是抛物线{y=-\dfrac{5}{6}x^{2}+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{10}{3}}和直线{y_{OP}=3x}交点，∴{\left\{ \begin{array} {l}{y=3x} \\ {y=-\dfrac{5}{6}x^{2}+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{10}{3}}\end{array} \right.}解得{\left\{ \begin{array} {l}{x=1} \\ {y=3}\end{array} \right.}或{\left\{\begin{array} {l}{y=-4} \\ {y=-12}\end{array} \right.}∴{P\left(1, 3\right)}或{\left(-4, -12\right)}．26.【答案】{\left(1\right)}证明：连结{CQ}，{\because AC=BC}，{\angle ACB=60 ^{\circ}}，{\therefore \triangle ABC}是等边三角形，由旋转的性质知，{CP=PQ}，∵{\angle CPQ=60^{\circ }}，{\therefore \triangle CPQ}是等边三角形，{\therefore \angle PCQ=60^{\circ }}，{CP=CQ}，{\because \angle BCP=60^{\circ }-\angle PCA}，{\angle ACQ=60^{\circ }-\angle PCA}，{\therefore \angle BCP=\angle ACQ}，在{\triangle BCP}和{\triangle ACQ}中，{\begin{cases} BC=AC，\\\angle BCP=\angle ACQ ，\\ CP=CQ ，\end{cases}}{\therefore \triangle BCP\cong \triangle ACQ}，{\therefore AQ=BP}．{(2)}解：{AC+AQ=\sqrt{2}AP}，证明：将{AP}绕点{P}逆时针旋转{90^{\circ }}，与{AC}的延长线相交于点{M}，{\because AC=BC}，{\angle ACB=90^{\circ }}，{\therefore \angle BAC=45^{\circ }}，又{\angle APM=90^{\circ }}，{\therefore \angle BAC=\angle M=45^{\circ }}，{\therefore \triangle APM}为等腰直角三角形，{\therefore PM=AP}，又{\angle CPQ=90^{\circ }}，{\therefore \angle APQ=90^{\circ }-\angle CPA}，{\angle MPC=90^{\circ }-\angle CPA}，{\therefore \angle APQ=\angle MPC}，在{\triangle APQ}和{\triangle MPC}中，{\begin{cases} AP=MP，\\\angle APQ=\angle MPC， \\CP=PQ， \end{cases}} {\therefore \triangle APQ\cong \triangle MPC(\rm SAS)}，{\therefore MC=AQ}，在等腰{{\rm{Rt}}\triangle APM}中，{AM=AC+CM=\sqrt{2}AP}，{\therefore AC+AQ=\sqrt{2}AP}．{(3)}解：将{AP}绕点{P}逆时针旋转{90^{\circ }}，与{AC}相交于点{N}，过{P}作{PG\perp AC}于{G}，同理可证明{\triangle APQ\cong \triangle NPC(\rm SAS)}，{\therefore NC=AQ}，{AP=NP}，{\therefore \triangle APN}为等腰直角三角形，{\because \angle BAC=45^{\circ }}，{\therefore \triangle APG}为等腰直角三角形，{\therefore PG=AG=AC-CG=8-CG}，{\because \tan\angle ACP=\dfrac{1}{3}}，{\therefore \dfrac{PG}{CG}=\dfrac{1}{3}}，即{\dfrac{PG}{CG}=\dfrac{8-CG}{CG}=\dfrac{1}{3}}，{\therefore CG=6}，经经验，{CG=6}是方程的解，且符合题意，{\therefore NG=AG=8-6=2}，{\therefore NC=6-NG=6-2=4}，{\therefore AQ=NC=4}．【考点】等边三角形的性质与判定旋转的性质全等三角形的性质与判定等腰直角三角形锐角三角函数的定义【解析】左侧图片未给出解析左侧图片未给出解析左侧图片未给出解析【解答】{\left(1\right)}证明：连结{CQ}，{\because AC=BC}，{\angle ACB=60 ^{\circ}}，{\therefore \triangle ABC}是等边三角形，由旋转的性质知，{CP=PQ}，∵{\angle CPQ=60^{\circ }}，{\therefore \triangle CPQ}是等边三角形，{\therefore \angle PCQ=60^{\circ }}，{CP=CQ}，{\because \angle BCP=60^{\circ }-\angle PCA}，{\angle ACQ=60^{\circ }-\angle PCA}，{\therefore \angle BCP=\angle ACQ}，在{\triangle BCP}和{\triangle ACQ}中，{\begin{cases} BC=AC，\\\angle BCP=\angle ACQ ，\\ CP=CQ ，\end{cases}} {\therefore \triangle BCP\cong \triangle ACQ}，{\therefore AQ=BP}．{(2)}解：{AC+AQ=\sqrt{2}AP}，证明：将{AP}绕点{P}逆时针旋转{90^{\circ }}，与{AC}的延长线相交于点{M}，{\because AC=BC}，{\angle ACB=90^{\circ }}，{\therefore \angle BAC=45^{\circ }}，又{\angle APM=90^{\circ }}，{\therefore \angle BAC=\angle M=45^{\circ }}，{\therefore \triangle APM}为等腰直角三角形，{\therefore PM=AP}，又{\angle CPQ=90^{\circ }}，{\therefore \angle APQ=90^{\circ }-\angle CPA}，{\angle MPC=90^{\circ }-\angle CPA}，{\therefore \angle APQ=\angle MPC}，在{\triangle APQ}和{\triangle MPC}中，{\begin{cases} AP=MP，\\\angle APQ=\angle MPC， \\CP=PQ， \end{cases}} {\therefore \triangle APQ\cong \triangle MPC(\rm SAS)}，{\therefore MC=AQ}，在等腰{{\rm{Rt}}\triangle APM}中，{AM=AC+CM=\sqrt{2}AP}，{\therefore AC+AQ=\sqrt{2}AP}．{(3)}解：将{AP}绕点{P}逆时针旋转{90^{\circ }}，与{AC}相交于点{N}，过{P}作{PG\perp AC}于{G}，同理可证明{\triangle APQ\cong \triangle NPC(\rm SAS)}，{\therefore NC=AQ}，{AP=NP}，{\therefore \triangle APN}为等腰直角三角形，{\because \angle BAC=45^{\circ }}，{\therefore \triangle APG}为等腰直角三角形，{\therefore PG=AG=AC-CG=8-CG}，{\because \tan\angle ACP=\dfrac{1}{3}}，{\therefore \dfrac{PG}{CG}=\dfrac{1}{3}}，即{\dfrac{PG}{CG}=\dfrac{8-CG}{CG}=\dfrac{1}{3}}，{\therefore CG=6}，经经验，{CG=6}是方程的解，且符合题意，{\therefore NG=AG=8-6=2}，{\therefore NC=6-NG=6-2=4}，{\therefore AQ=NC=4}．。
