一、选择题（本大题共12小题，共36.0分） 1.
如图，在平面直角坐标系中，点𝐴(0,2)，点𝑃是双曲线𝑦=𝑥(𝑥>0)上的一个动点，作𝑃𝐵⊥𝑥轴于点𝐵，当点𝑃的横坐标逐渐减小时，四边形𝑂𝐴𝑃𝐵的面积将会( )
𝑘
A. 逐渐增大
2.
B. 不变 C. 逐渐减小 D. 先减小后增大
若𝑥=−1是关于𝑥的方程𝑥2−𝑚𝑥+2=0的一个解，则𝑚的值是( )
A. −3
3.
B. −1 C. 1 D. 3
如图，直线𝑙1//𝑙2//𝑙3，直线𝑙1、𝑙2、𝑙3分别和直线𝑚交于点𝐴、𝐵、𝐶，和直线𝑛交于点𝐴1、𝐵1、𝐶1，若𝐴𝐵=6，𝐴𝐶=9，𝐴𝐵1=8，则线段𝐵1𝐶1的长为( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
4.
将抛物线𝑦=−𝑥2+2向下平移3个单位，那么所得新抛物线的表达式是( )
A. 𝑦=(𝑥−3)2+2 C. 𝑦=(𝑥+3)2+24
5.
𝑘
B. 𝑦=−𝑥2−1 D. 𝑦=𝑥2+5
已知反比例函数𝑦=𝑥的图象过点𝐴(1,−2)，则𝑘的值为( )
A. 1
6.
B. 2 C. −2 D. −1
正八边形的每一个外角的度数是( )
A. 30° B. 45° C. 60° D. 135°
7. 如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷和𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′是以点𝑂为位似中心的位似图形，若𝑂𝐴：𝑂𝐴′=2：3，则四边形𝐴𝐵𝐶𝐷与四边形𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′的面积比为( )
A. 4：9
8.
B. 2：5 C. 2：3 D. √2：√3
⏜=𝐴𝐶⏜，𝐵𝐶=6.𝐴𝐶=3√10，𝐼是△𝐴𝐵𝐶的内心，则线如图，在⊙𝑂中，𝐴𝐵段𝑂𝐼的值为( )
A. 1 B. √10−3 C. 5−√10 D. 3√10
9.
抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑐与抛物线𝑦=−𝑎𝑥2+𝑐的关系是( )
1
A. 关于𝑦轴对称
C. 有公共顶点且开口相反
B. 关于𝑥轴对称 D. 关于原点对称
10. 边长为2的正六边形𝐴𝐵𝐶𝑂𝐷𝐸按如图方式摆放在平面直角坐标系
中，若正比例函数𝑦=𝑘𝑥的图象经过点儿𝐴，则𝑘的值为( )
A. √3 B. −√3
3
C. √33 D. −√3
11. 已知一次函数𝑦=(𝑘−2)𝑥+𝑘+1的图象不过第三象限，则𝑘的取值范围是( )
A. 𝑘>2 B. 𝑘<2 C. −1≤𝑘≤2 D. −1≤𝑘<2
12. 某种电脑病毒传播非常快，如果一台电脑被感染，经过两轮感染后就会有100台被感染．设每轮
感染中平均每一台电脑会感染台其他电脑，由题意列方程应为( )
A. 1+2𝑥=100 C. (1+𝑥)2=100
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
B. 𝑥(1+𝑥)=100 D.
13. 12.已知关于𝑥的方程两个实根分别为𝛼和𝛽，则
= ．
3千米以内(包括3千米)收费5元，14. 某市出租车的收费标准是：超过3千米，每增加1千米加收1.2元，
则当路程是𝑥(千米)(𝑥>3)时，车费𝑦(元)与路程𝑥(千米)之间的关系式(需化简)为：______． 15. 如图，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵//𝐶𝐷，∠𝐷𝐴𝐵=90°，𝐺为𝐴𝐵中点，在
线段𝐷𝐺上取点𝐹，使𝐹𝐺=𝐴𝐺，过点𝐹作𝐹𝐸⊥𝐷𝐺交𝐴𝐷于点𝐸，连接𝐸𝐶交𝐷𝐺于点𝐻.已知𝐸𝐶平分∠𝐷𝐸𝐹.下列结论：①∠𝐴𝐹𝐵=90°；②𝐴𝐹//𝐸𝐶；③△𝐸𝐻𝐷∽△𝐵𝐺𝐹；④𝐷𝐻⋅𝐹𝐺=𝐹𝐻⋅𝐷𝐺，其中正确的是______．
16. 如图，某幼儿园为了加强安全管理，决定将园内滑梯的倾斜角由45°
降为30°，已知点𝐷，𝐵，𝐶在同一水平地面上，且𝐵𝐷的长为2米，则改造后滑梯的长度是______米．(保留根号)
17. 位于第一象限的点𝐸在反比例函数𝑦=𝑥的图象上，点𝐹在𝑥轴的正
半轴上，𝑂是坐标原点．若𝐸𝑂=𝐸𝐹，△𝐸𝑂𝐹的面积等于2，则𝑘=______．
𝑘
三、计算题（本大题共2小题，共16.0分） 18. 解下列方程组 𝑥=2𝑦
(1){
3𝑥−2𝑦=8𝑥+4𝑦=9(2){1．
𝑥+𝑦=175
1
19. 如图，某船于上午11时30分在𝐴处观察海岛𝐵在它的北偏东60°，该船以10海里/小时的速度向东
航行至𝐶处，再观察海岛𝐵在它的北偏东30°，且船距离海岛30海里． (1)求该船到达𝐶处的时刻．
(2)若该船从𝐶处继续向东航行，何时到达𝐵岛正南的𝐷处？
四、解答题（本大题共6小题，共53.0分） 20. 计算：𝑠𝑖𝑛60°×𝑡𝑎𝑛30°−cos245°．
21. 如图，长方形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积为1，相邻两边的长为𝑎，𝑏，𝐴𝐶=√7，求(𝑎+
𝑏)(𝑎−𝑏)+√5𝑎𝑏的值．
22. 如图，依靠一面长18米的墙，用34米长的篱笆围成一个矩形场地
𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵边上留有2米宽的小门𝐸𝐹(不用篱笆围)，设𝐴𝐷长为𝑥米． (1)用含有𝑥的代数式表示𝐴𝐵的长，并直接写出𝑥的取值范围； (2)当矩形场地的面积为160平方米时，求𝐴𝐷的长．
23. 如图，𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶=90°，𝑂为𝐴𝐵上一点，以𝑂为圆心，𝑂𝐵长为半径的
圆，交𝐵𝐶边于点𝐷，与𝐴𝐶边相切于点𝐸． (1)求证：𝐵𝐸平分∠𝐴𝐵𝐶；
(2)若𝐶𝐷：𝐵𝐷=1：2，𝐴𝐶=4，求𝐶𝐷的长．
24. 如图，一次函数𝑦=𝑘𝑥+2的图象与反比例函数𝑦=𝑥的图象交于点𝐴(1,𝑚)，与𝑥轴交于点𝐵． (1)求一次函数的解析式和点𝐵的坐标：
(2)在反比例函数𝑦=𝑥的图象上取一点𝑃，直线𝐴𝑃交𝑥轴于点𝐶，若点𝑃恰为线段𝐴𝐶的中点，求点𝑃的
坐标．
4
4
25. 已知抛物线𝑦=𝑥2−2𝑚𝑥+𝑚2+𝑚−1(𝑚是常数)的顶点为𝑃，直线𝑙：𝑦=𝑥−1． (1)求证：点𝑃在直线𝑙上；
(2)当𝑚=−3时，抛物线与𝑥轴交于𝐴，𝐵两点，与直线𝑙的另一个交点为𝑄，求△𝐵𝑃𝑄的面积； (3)若以抛物线和直线𝑙的两个交点及坐标原点为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出所有符合
条件的𝑚的值．
参考答案及解析
1.答案：𝐶
解析：解：点𝐴(0,2)，则𝑂𝐴=2， 设点𝑃(𝑥,𝑥)，则𝑂𝐵=𝑥，𝑃𝐵=𝑥
𝑆四边形𝐴𝑂𝐵𝑃=2(𝑂𝐴+𝑃𝐵)⋅𝑂𝐵=2(2+𝑥)⋅𝑥=2𝑘+𝑥， ∵𝑘为定值，
∴随着点𝑃的横坐标𝑥的逐渐减小时，四边形𝐴𝑂𝑁𝑃的面积逐渐减小 故选：𝐶．
设点𝑃的坐标，表示出四边形𝑂𝐴𝑃𝐵的面积，由反比例函数𝑘是定值，当点𝑃的横坐标逐渐减小时，四边形𝑂𝐴𝑃𝐵的面积逐渐减小．
考查反比例函数𝑘的几何意义，用点的坐标表示出四边形的面积是解决问题的关键．
1
1
𝑘
1
𝑘
𝑘
2.答案：𝐴
解析：解：把𝑥=−1代入𝑥2−𝑚𝑥+2=0得1+𝑚+2=0，解得𝑚=−3． 故选A．
根据一元二次方程解的定义把𝑥=−1代入方程得到关于𝑚的一次方程，然后解关于𝑚的一次方程即可．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．解决此类问题通常把方程的根代入方程得到一个代数式的值或解关于某一个字母的一元一次方程．
3.答案：𝐶
解析：解：∵𝑙1//𝑙2//𝑙3， ∴
𝐴𝐵𝐴𝐶6
=
𝐴1𝐵1𝐴1𝐶18
1𝐶1
，
即9=𝐴
，
∴𝐴1𝐶1=12，
∴𝐵1𝐶1=𝐴1𝐶1−𝐴1𝐵1=12−8=4． 故选：𝐶．
11
根据平行线分线段成比例定理得到𝐴𝐶=𝐴𝐶，则可计算出𝐴1𝐶1=12，然后计算𝐴1𝐶1−𝐴1𝐵1即可．
11
𝐴𝐵𝐴𝐵
本题考查了平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
4.答案：𝐵
解析：解：∵抛物线𝑦=−𝑥2+2向下平移3个单位， ∴抛物线的解析式为𝑦=−𝑥2+2−3，即𝑦=−𝑥2−1． 故选B．
根据向下平移，纵坐标相减，即可得到答案．
本题考查了二次函数的图象与几何变换，向下平移|𝑎|个单位长度纵坐标要减|𝑎|．
5.答案：𝐶
解析：解：∵反比例函数𝑦=𝑥的图象过点𝐴(1,−2)， ∴−2=，
1解得𝑘=−2． 故选：𝐶．
直接把点(1,−2)代入反比例函数𝑦=𝑥即可得出结论．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
𝑘
𝑘
𝑘
6.答案：𝐵
解析：解：∵多边形的外角和为360°， ∴每个外角度数为：360°÷8=45°， 故选：𝐵．
根据多边形的外角和为360度，再用360度除以边数即可得到每一个外角的度数． 主要考查了多边形的外角和定理．任何一个多边形的外角和都是360°，是解题的基础．
7.答案：𝐴
解析：解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷和𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′是以点𝑂为位似中心的位似图形，𝑂𝐴：𝑂𝐴′=2：3， ∴𝐷𝐴：𝐷′𝐴′=𝑂𝐴：𝑂𝐴′=2：3，
∴四边形𝐴𝐵𝐶𝐷与四边形𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′的面积比为：(3)2=9， 故选：𝐴．
根据题意求出两个相似多边形的相似比，根据相似多边形的性质解答．
本题考查的是位似变换的性质，掌握位似图形与相似图形的关系、相似多边形的性质是解题的关键．
2
4
8.答案：𝐶
解析：
如图，连接𝐴𝑂，延长𝐴𝑂交𝐵𝐶于𝐻，连接𝑂𝐵.想办法求出𝑂𝐻，𝐼𝐻即可解决问题．
本题主要考查的是三角形的内心和外心、勾股定理等知识，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键． 解：如图，连接𝐴𝑂，延长𝐴𝑂交𝐵𝐶于𝐻，连接𝑂𝐵．
⏜=𝐴𝐶⏜， ∵𝐴𝐵
∴𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐴𝐻⊥𝐵𝐶， ∴𝐵𝐻=𝐶𝐻=3，
∴𝐴𝐻=√𝐴𝐶2−𝐶𝐻2=√(3√10)2−32=9， 设𝑂𝐴=𝑂𝐵=𝑥，
在𝑅𝑡△𝐵𝑂𝐻中，∵𝑂𝐵2=𝑂𝐻2+𝐵𝐻2， ∴𝑥2=(9−𝑥)2+32， ∴𝑥=5，
∴𝑂𝐻=𝐴𝐻−𝐴𝑂=9−5=4，
∵𝑆△𝐴𝐵𝐶=⋅𝐵𝐶⋅𝐴𝐻=⋅(𝐴𝐵+𝐴𝐶+𝐵𝐶)⋅𝐼𝐻，
2
2
1
1
∴𝐼𝐻=6+66×9√10=√10−1，
∴𝑂𝐼=𝑂𝐻−𝐼𝐻=4−(√10−1)=5−√10， 故选：𝐶．
9.答案：𝐶
解析：解：∵𝑦=𝑎𝑥2+𝑐和𝑦=−𝑎𝑥2+𝑐中只有二次项系数互为相反数， ∴开口相反，两条抛物线有公共的顶点为(0,𝑐)， 故C正确； 故选：𝐶．
根据两抛物线解析式中只有𝑎的符号不同，可知其只有开口方向不同，可得出答案．
本题主要考查二次函数的性质，掌握二次项系数决定抛物线的开口方向及大小是解题的关键，注意数形结合．
10.答案：𝐵
解析：解：由题意𝐴(−2,2√3)， 把𝐴(−2,2√3)代入𝑦=𝑘𝑥， 得到2√3=−2𝑘， ∴𝑘=−√3， 故选：𝐵．
求出点𝐴的坐标，利用待定系数法即可解决问题．
本题考查正多边形与圆，一次函数的性质等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法解决问题．
11.答案：𝐷
解析：解：∵一次函数𝑦=(𝑘−2)𝑥+𝑘+1的图象不过第三象限， ∴𝑘−2<0，𝑘+1≥0 解得：−1≤𝑘<2， 故选：𝐷．
本题考查了一次函数的图象与系数的关系，若函数𝑦=𝑘𝑥+𝑏的图象不过第三象限，则此函数的𝑘<0，𝑏≥0，据此求解．
12.答案：𝐶
解析：解：每轮感染中平均一台电脑会感染𝑥台电脑，一轮感染后就会有(1+𝑥)台被感染，两轮感染后就会有[1+𝑥+(1+𝑥)𝑥]台被感染，
则有1+𝑥+(1+𝑥)𝑥=100，整理得到：(𝑥+1)2=100 故选C．
13.答案：1
解析：解：因为𝛼、𝛽是方程所以𝛼+𝛽=1，𝛼𝛽=−3， 所以(𝛼+3)(𝛽+3)
=𝛼𝛽+3𝛼+3𝛽+9 =𝛼𝛽+3(𝛼+𝛽)+9 的两个实根，
=1+3×(−3)+9 =1−9+9
=1．
14.答案：𝑦=1.2𝑥+1.4
解析：
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，写出相应的函数解析式． 根据题意可以写出相应的函数关系式，本题得以解决． 解：由题意可得， 当𝑥>3时，
𝑦=5+(𝑥−3)×1.2=1.2𝑥+1.4， 故答案为：𝑦=1.2𝑥+1.4．
15.答案：①②④
解析：解：①∵𝐺为𝐴𝐵的中点， ∴𝐴𝐺=𝐵𝐺，又𝐹𝐺=𝐴𝐺， ∴𝐹𝐺=𝐴𝐺=𝐵𝐺，即𝐹𝐺=2𝐴𝐵， ∴∠𝐴𝐹𝐵=90°， 故选项①正确； ②∵𝐹𝐺=𝐴𝐺， ∴∠𝐺𝐹𝐴=∠𝐺𝐴𝐹， 又𝐸𝐹⊥𝐹𝐷，
∴∠𝐸𝐹𝐺=∠𝐸𝐴𝐺=90°，
∴∠𝐸𝐹𝐺−∠𝐺𝐹𝐴=∠𝐸𝐴𝐺−∠𝐺𝐴𝐹，即∠𝐸𝐹𝐴=∠𝐸𝐴𝐹， 又𝐸𝐶为∠𝐷𝐸𝐹的平分线， ∴∠𝐷𝐸𝐶=∠𝐹𝐸𝐶， ∵∠𝐷𝐸𝐹为△𝐸𝐴𝐹的外角，
∴∠𝐷𝐸𝐹=∠𝐷𝐸𝐶+∠𝐹𝐸𝐶=2∠𝐹𝐸𝐶=∠𝐸𝐹𝐴+∠𝐸𝐴𝐹=2∠𝐸𝐹𝐴， ∴∠𝐹𝐸𝐶=∠𝐸𝐹𝐴， ∴𝐴𝐹//𝐸𝐶，
1
故选项②正确；
③△𝐸𝐻𝐷与△𝐵𝐺𝐹不一定相似， 故选项③错误； ④∵𝐴𝐹//𝐸𝐶， ∴𝐹𝐻=𝐸𝐴，
∵∠𝐸𝐹𝐷=∠𝐺𝐴𝐷=90°，∠𝐸𝐷𝐹=∠𝐺𝐷𝐴， ∴△𝐸𝐹𝐷∽△𝐺𝐴𝐷， ∴
𝐷𝐸𝐸𝐹𝐷𝐻
𝐷𝐸
=𝐴𝐺，
𝐷𝐺
∵∠𝐸𝐹𝐴=∠𝐸𝐴𝐹， ∴𝐴𝐸=𝐸𝐹，又𝐴𝐺=𝐹𝐺， ∴
𝐷𝐸𝐸𝐴𝐷𝐻
=
𝐷𝐺𝐹𝐺
，
∴𝐹𝐻=𝐹𝐺，即𝐷𝐻⋅𝐹𝐺=𝐹𝐻⋅𝐷𝐺， 故选项④正确，
综上，正确的选项有①②④． 故答案为：①②④．
得到𝐴𝐺=𝐵𝐺，再由𝐹𝐺=𝐴𝐺，得到𝐹𝐺为𝐴𝐵的一半，证出∠𝐴𝐹𝐵=90°，得到①①由𝐺为𝐴𝐵的中点，正确；
②证出∠𝐸𝐹𝐴=∠𝐸𝐴𝐹，证出∠𝐹𝐸𝐶=∠𝐸𝐹𝐴，得出𝐴𝐹//𝐸𝐶，②正确；
而△𝐷𝐸𝐻不一定为等腰三角形，故两三角形不一定相似，③由𝐹𝐺=𝐵𝐺得到△𝐵𝐹𝐺为等腰三角形，③错误；
𝐸𝐹=𝐷𝐺：𝐴𝐺，𝐸𝐹=𝐷𝐺：𝐹𝐺，得到𝐷𝐸：而𝐴𝐺=𝐹𝐺，等量代换可得出𝐷𝐸：④证明△𝐷𝐸𝐹∽△𝐷𝐴𝐺，
等量代换变形可得出选项④正确；即可得出答案．
此题考查了相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的外角性质，以及直角三角形的判定，熟练掌握性质及判定是解本题的关键．
𝐷𝐺
16.答案：2√3+2
解析：解：设𝐴𝐶=𝑥米， ∵∠𝐴𝐵𝐶=45°， ∴𝐵𝐶=𝐴𝐶=𝑥，
∴𝐴𝐵=√2𝑥，
在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐷中，𝑡𝑎𝑛𝐷=𝐶𝐷， ∴𝐶𝐷=𝑡𝑎𝑛𝐷=√3𝑥， 由题意得，√3𝑥−𝑥=2， 解得，𝑥=√3+1，
∴𝐴𝐷=2𝑥=2(√3+1)=(2√3+2)米， 故答案为：2√3+2．
设𝐴𝐶=𝑥米，根据正切的定义用𝑥分别表示出𝐶𝐵、𝐶𝐷，根据题意列式计算即可．
本题考查的是解直角三角形的应用−坡度坡角问题，掌握坡度、坡角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
𝐴𝐶
𝐴𝐶
17.答案：2
解析：解：过𝐸作𝐸𝐶⊥𝑥轴于𝐶， 设𝐸(𝑥,𝑦)， ∵𝑂𝐸=𝐸𝐹， ∴𝑂𝐶=𝐹𝐶=𝑥， 𝑆△𝑂𝐸𝐹=𝑂𝐹⋅𝐸𝐶=2，
21
即2⋅2𝑥⋅𝑦=2， ∴𝑥𝑦=2， ∴𝑘=𝑥𝑦=2， 故答案为：2．
设𝐸(𝑥,𝑦)，根据三角形面积公式和等腰三角形三线合一的性质可得：𝑘=2．
本题考查了反比例函数系数𝑘的几何意义，熟练掌握三角形面积和等腰三角形的性质是关键．
1
18.答案：解：(1){
𝑥=2𝑦①
，
3𝑥−2𝑦=8②
把①代入②得：6𝑦−2𝑦=8，即𝑦=2， 把𝑦=2代入①得：𝑥=4， 𝑥=4
则方程组的解为{；
𝑦=6
4𝑥+𝑦=36①
(2)方程组整理得：{，
𝑥+5𝑦=85②
①×5−②得：19𝑥=85，即𝑥=5， 把𝑥=5代入②得：𝑦=16， 𝑥=5
则方程组的解为{．
𝑦=16
解析：(1)方程组利用代入消元法求出解即可； (2)方程组整理后，利用加减消元法求出解即可．
此题考查了二元一次方程组的解，方程组的解即为能使方程组中两方程都成立的未知数的值．
19.答案：解：(1)根据题意得：∠𝐵𝐴𝐶=30°，∠𝐵𝐶𝐷=60°，𝐵𝐶=30海里，
∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝐷−∠𝐵𝐴𝐷=60°−30°=30°， ∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐴𝐶， ∴𝐴𝐶=𝐵𝐶=30(海里)， ∵船的速度为10海里/时， ∴30÷10=3(小时)，
∴船到达𝐶点的时间为：14时30分；
(2)在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐷中，∠𝐵𝐶𝐷=60°，𝐵𝐶=30海里， ∴𝐶𝐷=𝐵𝐶⋅𝑐𝑜𝑠60°=30×2=15(海里)， ∵15÷10=1.5(小时)， ∴在16时到达𝐵岛正南的𝐷处．
解析：(1)根据题意得：∠𝐵𝐴𝐶=30°，∠𝐵𝐶𝐷=60°，𝐵𝐶=30海里，根据三角形外角的性质，易证得∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐴𝐶，根据等角对等边，即可求得𝐴𝐶=𝐵𝐶，又由船的速度为10海里/时，即可求得船到达𝐶点的时间；
(2)由在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐷中，∠𝐵𝐶𝐷=60°，𝐵𝐶=30海里，即可求得𝐶𝐷的长，继而求得到达𝐵岛正南的𝐷处的时间．
此题考查了解直角三角形−方向角问题，此题难度适中，解此题的关键是将方向角问题转化为解直角三角形的知识，利用三角函数的知识求解．
1
20.答案：解：𝑠𝑖𝑛60°×𝑡𝑎𝑛30°−cos245°
=
√2√3√3×−()2 23211=− 22=0．
解析：直接利用特殊角的三角函数值代入求出答案．
此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．
21.答案：解：设𝑎>𝑏，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，面积为1，相邻两边的长为𝑎，𝑏， ∴∠𝐵=90°，𝑎𝑏=1， ∴𝑎2+𝑏2=𝐴𝐶2=7，
∴(𝑎+𝑏)2=𝑎2+𝑏2+2𝑎𝑏=7+2=9，(𝑎−𝑏)2=𝑎2+𝑏2−2𝑎𝑏=7−2=5， ∴𝑎+𝑏=3，𝑎−𝑏=√5，
∴(𝑎+𝑏)(𝑎−𝑏)+√5𝑎𝑏=3×√5+√5×1=4√5．
解析：由矩形的性质和已知条件得出𝑎𝑏=1，𝑎2+𝑏2=𝐴𝐶2=7，由完全平方公式得出(𝑎+𝑏)2=𝑎2+𝑏2+2𝑎𝑏=9，(𝑎−𝑏)2=𝑎2+𝑏2−2𝑎𝑏=5，得出𝑎+𝑏=3，𝑎−𝑏=√5，代入所求式子进行计算即可．
本题考查了矩形的性质、勾股定理以及完全平方公式的运用；熟练掌握矩形的性质和勾股定理，由完全平方公式求出𝑎+𝑏和𝑎−𝑏的值是解题的关键．
22.答案：解：(1)∵𝐴𝐷=𝐵𝐶=𝑥米，𝐴𝐵+𝐴𝐷+𝐵𝐶=34米+2米=36米，
∴𝐴𝐵=(36−2𝑥)米． ∵{
2𝑥<34
，
36−2𝑥≤18
∴9≤𝑥≤17．
(2)依题意，得：𝑥(36−2𝑥)=160， 整理，得：𝑥2−18𝑥+80=0，
解得：𝑥1=8(不合题意，舍去)，𝑥2=10． 答：𝐴𝐷的长为10米．
解析：(1)由篱笆长34米结合𝐸𝐹=2米，即可用含𝑥的代数式表示出𝐴𝐵的长，再由𝐴𝐷+𝐵𝐶<34及𝐴𝐵≤18，可得出𝑥的取值范围；
(2)根据矩形的面积公式结合矩形场地的面积为160平方米，即可得出关于𝑥的一元二次方程，解之取其较大值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用以及列代数式，解题的关键是：(1)根据各边之间的关系，用含𝑥的代数式表示出𝐴𝐵的长；(2)找准等量关系，正确列出一元二次方程．
23.答案：(1)证明：连接𝑂𝐸．
∵𝑂𝐸=𝑂𝐵， ∴∠𝑂𝐸𝐵=∠𝑂𝐵𝐸． ∵𝐴𝐶与⊙𝑂相切，
∴𝑂𝐸⊥𝐴𝐶，即∠𝑂𝐸𝐴=90°． ∴∠𝐶=∠𝑂𝐸𝐴=90°， ∴𝑂𝐸//𝐵𝐶． ∴∠𝑂𝐸𝐵=∠𝐸𝐵𝐶． ∴∠𝑂𝐵𝐸=∠𝐸𝐵𝐶． ∴𝐵𝐸平分∠𝐴𝐵𝐶．
(2)如图2所示：过𝑂作𝑂𝐹⊥𝐵𝐶于点𝐹，连接𝑂𝐷，𝑂𝐸．
∵𝑂𝐷=𝑂𝐵，𝑂𝐹⊥𝐵𝐷， ∴𝐷𝐹=𝐵𝐹． ∵𝐶𝐷：𝐵𝐷=1：2， ∴𝐶𝐷=𝐷𝐹=𝐹𝐵．
∵∠𝑂𝐸𝐶=∠𝐶=∠𝑂𝐹𝐶=90°， ∴四边形𝑂𝐸𝐶𝐹为矩形． ∴𝐶𝐹=𝐸𝑂．
∴𝑂𝐸=𝐵𝐷=𝑂𝐷=𝑂𝐵． ∴△𝑂𝐷𝐵为等边三角形．
∴∠𝐴𝐵𝐶=60°． ∵𝐴𝐶=4， ∴𝐵𝐶=
4√3． 31
4√3． 9
∴𝐶𝐷=3×𝐵𝐶=
解析：(1)由切线的性质可知𝑂𝐸⊥𝐴𝐶，从而可证明𝑂𝐸//𝐵𝐶，由平行线的性质可知∠𝑂𝐸𝐵=∠𝐸𝐵𝐶，由𝑂𝐸=𝑂𝐵可知∠𝑂𝐸𝐵=∠𝑂𝐵𝐸，于是得到∠𝑂𝐵𝐸=∠𝐸𝐵𝐶；
(2)如图2所示：𝑂𝐸.由等腰三角形三线合一的性质可知：𝐷𝐹=𝐵𝐹，过𝑂作𝑂𝐹⊥𝐵𝐶于点𝐹，连接𝑂𝐷，由𝐶𝐷：𝐵𝐷=1：2可知𝐶𝐷=𝐷𝐹=𝐹𝐵，然后根据由三角是直角的四边形为矩形可知四边形𝑂𝐸𝐶𝐹为矩形，于是得到𝐶𝐹=𝐸𝑂，从而可证明△𝑂𝐷𝐵为等边三角形，然后依据特殊锐角三角函数值可求得𝐵𝐶=
4√33
，故此可求得𝐶𝐷=
4√3． 9
本题主要考查的是切线的性质、矩形的性质和判定、等边三角形的性质和判定，特殊锐角三角函数值，证得△𝑂𝐷𝐵为等边三角形是解题的关键．
24.答案：解：(1)把𝐴(1,𝑚)代入𝑦=𝑥得𝑚=4，
∴𝐴(1,4)，
把𝐴(1,4)代入𝑦=𝑘𝑥+2得𝑘+2=4，解得𝑘=2， ∴一次函数解析式为𝑦=2𝑥+2； 当𝑦=0时，2𝑥+2=0，解得𝑥=−1， ∴𝐵点坐标为(−1,0)； (2)∵点𝑃恰为线段𝐴𝐶的中点，
而𝐴点的纵坐标为4，𝐶点的纵坐标为0， ∴𝑃点的纵坐标为2，
当𝑦=2时，𝑥=2，解得𝑥=2， ∴𝑃点坐标为(2,2)．
解析：(1)先把𝐴(1,𝑚)代入𝑦=𝑥求出𝑚得到𝐴(1,4)，再把𝐴点坐标代入𝑦=𝑘𝑥+2中求出𝑘得到一次函数解析式为𝑦=2𝑥+2，然后计算函数值为0对应的一次函数值得到𝐵点坐标；
(2)利用点𝑃恰为线段𝐴𝐶的中点得到𝑃点的纵坐标为2，然后利用反比例函数解析式求出𝑃点的横坐标即可．
4
4
4
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点，方程组无解，则两者无交点．也考查了待定系数法求函数解析式．
25.答案：(1)证明：∵𝑦=𝑥2−2𝑚𝑥+𝑚2+𝑚−1=(𝑥−𝑚)2+𝑚−1，
∴点𝑃的坐标为(𝑚,𝑚−1)， ∵当𝑥=𝑚时，𝑦=𝑥−1=𝑚−1， ∴点𝑃在直线𝑙上； (2)解：∵𝑚=−3，
∴抛物线𝑦=𝑥2−2𝑚𝑥+𝑚2+𝑚−1的解析式为𝑦=𝑥2+6𝑥+5，
𝑥=−3𝑥=−2𝑦=𝑥2+6𝑥+5
∴{，解得{或{，
𝑦=−4𝑦=−3𝑦=𝑥−1∴𝑃(−3,−4)，𝑄(−2,−3)．
当𝑥2+6𝑥+5=0时，𝑥1=−5，𝑥2=−1， ∴𝐴(−5,0)，𝐵(−1,0)．
设直线𝑦=𝑥−1与𝑥轴的交点为𝐷，则𝐷(1,0)，
∴𝑆△𝐵𝑃𝑄=𝑆△𝐵𝐷𝑃−𝑆△𝐵𝐷𝑄=2×2×4−2×2×3=4−3=1；
𝑥=𝑚+1𝑦=𝑥2−2𝑚𝑥+𝑚2+𝑚−1𝑥=𝑚
(3)解：解方程组{得{𝑦=𝑚−1或{，则𝑃(𝑚,𝑚−1)，𝑄(𝑚+
𝑦=𝑚𝑦=𝑚−11,𝑚)，
∴𝑃𝑄2=(𝑚+1−𝑚)2+(𝑚−𝑚+1)2=2，𝑂𝑄2=(𝑚+1)2+𝑚2=2𝑚2+2𝑚+1，𝑂𝑃2=𝑚2+(𝑚−1)2=2𝑚2−2𝑚+1，
当𝑃𝑄=𝑂𝑄时，2𝑚2+2𝑚+1=2，解得𝑚1=当𝑃𝑄=𝑂𝑃时，2𝑚2−2𝑚+1=2，解得𝑚1=
−1+√321+√32
1
1
，𝑚2=
−1−√32
；
，𝑚2=
1−√32
；
当𝑂𝑃=𝑂𝑄时，2𝑚2+2𝑚+1=2𝑚2−2𝑚+1，解得𝑚=0， 综上所述，𝑚的值为0，
−1+√32
，
−1−√32
，
1+√32
，
1−√32
．
解析：(1)利用配方法得到𝑦=(𝑥−𝑚)2+𝑚−1，点𝑃(𝑚,𝑚−1)，然后根据一次函数图象上点的坐标特征判断点𝑃在直线𝑙上；
(2)先把𝑚=−3代入抛物线𝑦=𝑥2−2𝑚𝑥+𝑚2+𝑚−1求出𝑚的值即可得出抛物线的解析式，联立抛物线与直线𝑦=𝑥−1即可得出𝑃、𝑄的坐标，设直线𝑙与𝑥轴交于点𝐷，求出𝐷点坐标，再由𝑆△𝐵𝑃𝑄=𝑆△𝐵𝐷𝑃−𝑆△𝐵𝐷𝑄即可得出结论；
𝑦=𝑥2−2𝑚𝑥+𝑚2+𝑚−1
(3)通过解方程组{得𝑃(𝑚,𝑚−1)，𝑄(𝑚+1,𝑚)，利用两点间的距离公
𝑦=𝑚−1式得到𝑃𝑄2=2，𝑂𝑄2=2𝑚2+2𝑚+1，𝑂𝑃2=2𝑚2−2𝑚+1，然后分类讨论：当𝑃𝑄=𝑂𝑄时，2𝑚2+2𝑚+1=2；当𝑃𝑄=𝑂𝑃时，2𝑚2−2𝑚+1=2；当𝑂𝑃=𝑂𝑄时，2𝑚2+2𝑚+1=2𝑚2−2𝑚+1，再分别解关于𝑚的方程求出𝑚即可．
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象和一次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质，会求抛物线与直线的交点坐标；理解坐标与图形性质，会利用两点间的距离公式计算线段的长；会运用相似比计算线段的长；能运用分类讨论的思想解决数学问题．
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