资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．若关于x的一元二次方程x2－2x－k＝0没有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k＞－1 B．k≥－1 C．k＜－1 D．k≤－1
2．有一张矩形纸片ABCD，AB=2.5，AD=1.5，将纸片折叠，使AD边落在AB边上，折痕为AE，再将△AED以DE为折痕向右折叠，AE与BC交于点F（如图），则CF的长为（ ）
A．1 B．1 C． D．
3．若二次函数y=ax2+bx+c（a＜0）的图象经过点（2，0），且其对称轴为x=﹣1，则使函数值y＞0成立的x的取值范围是（ ）．
A．x＜﹣4或x＞2 B．﹣4≤x≤2 C．x≤﹣4或x≥2 D．﹣4＜x＜2
4．若数据2，x，4，8的平均数是4，则这组数据的中位数和众数是（ ）
A．3和2 B．4和2 C．2和2 D．2和4
5．如图，正方形的顶点分别在轴和轴上，与双曲线恰好交于的中点. 若，则的值为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
6．一名射击爱好者5次射击的中靶环数如下：6，7，1，8，1．这5个数据的中位数是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．1
7．已知⊙O的半径是6，点O到直线l的距离为5，则直线l与⊙O的位置关系是
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法判断
8．如图，中，，于，平分，且于，与相交于点，于，交于，下列结论：①；②；③；④.其中正确的是（ ）
A．①② B．①③ C．①②③ D．①②③④
9．如图，正方形ABCD的边长为3，点E、F分别在边BC、CD上，将AB、AD分别沿AE、AF折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知BE＝1，则EF的长为（ ）
A． B． C． D．3
10．如图，甲、乙为两座建筑物，它们之间的水平距离BC为30m，在A点测得D点的仰角∠EAD为45°，在B点测得D点的仰角∠CBD为60°，则乙建筑物的高度为（ ）米．
A．30 B．30﹣30 C．30 D．30
11．下列几何体的三视图相同的是（ ）
A．圆柱 B．球 C．圆锥 D．长方体
12．如图，在Rt△ABC内有边长分别为a，b，c的三个正方形．则a、b、c满足的关系式是（ ）
A．b=a+c B．b=ac C．b2=a2+c2 D．b=2a=2c
二、填空题（每题4分，共24分）
13．计算：cos245°-tan30°sin60°=______．
14．如图，点C是以AB为直径的半圆上一个动点（不与点A、B重合），且AC+BC=8，若AB=m（m为整数），则整数m的值为______．
15．某人感染了某种病毒，经过两轮传染共感染了121人．设该病毒一人平均每轮传染x人，则关于x的方程为_________．
16．正八边形的每个外角的度数和是_____．
17．小莉身高，在阳光下的影子长为，在同一时刻站在阳光下，小林的影长比小莉长，则小林的身高为_________．
18．如图，二次函数的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，若点P为y轴上的一个动点，连接PD，则的最小值为________.
三、解答题（共78分）
19．（8分）某店以每件60元的进价购进某种商品，原来按每件100元的售价出售，一天可售出50件；后经市场调查，发现这种商品每件售价每降低1元，其销量可增加5件．
（1）该店销售该商品原来一天可获利润 元．
（2）设后来该商品每件售价降价元，此店一天可获利润元．
①若此店为了尽量多地增加该商品的销售量，且一天仍能获利2625元，则每件商品的售价应降价多少元？②求与之间的函数关系式，当该商品每件售价为多少元时，该店一天所获利润最大？并求最大利润值．
20．（8分）已知抛物线，求证:无论为何值，抛物线与轴总有两个交点.
21．（8分）如图甲，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1cm/s．连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜4），解答下列问题：
（1）设△APQ的面积为S，当t为何值时，S取得最大值，S的最大值是多少；
（2）如图乙，连接PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，求t的值；
（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形．
22．（10分）如图，△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，D为BC边上的点，将DA绕D点逆时针旋转120°得到DE．
（1）如图1，若AD＝DC，则BE的长为 ，BE2+CD2与AD2的数量关系为 ；
（2）如图2，点D为BC边山任意一点，线段BE、CD、AD是否依然满足（1）中的关系，试证明；
（3）M为线段BC上的点，BM＝1，经过B、E、D三点的圆最小时，记D点为D1，当D点从D1处运动到M处时，E点经过的路径长为 ．
23．（10分）（1）用配方法解方程：；
（2）用公式法解方程：.
24．（10分）直线y＝kx+b与反比例函数（x＞0）的图象分别交于点A（m，4）和点B（8，n），与坐标轴分别交于点C和点D．
（1）求直线AB的解析式；
（2）观察图象，当x＞0时，直接写出的解集；
（3）若点P是x轴上一动点，当△COD与△ADP相似时，求点P的坐标．
25．（12分）解方程：
（1）x2﹣4x﹣1＝0；
（2）5x（x﹣1）＝x﹣1．
26．定义：如图1，点P为∠AOB平分线上一点，∠MPN的两边分别与射线OA，OB交于M，N两点，若∠MPN绕点P旋转时始终满足OM•ON＝OP2，则称∠MPN是∠AOB的“相关角”．
（1）如图1，已知∠AOB＝60°，点P为∠AOB平分线上一点，∠MPN的两边分别与射线OA，OB交于M，N两点，且∠MPN＝150°．求证：∠MPN是∠AOB的“相关角”；
（2）如图2，已知∠AOB＝α（0°α90°），OP＝3，若∠MPN是∠AOB的“相关角”，连结MN，用含α的式子分别表示∠MPN的度数和△MON的面积；
（3）如图3，C是函数（x0）图象上的一个动点，过点C的直线CD分别交x轴和y轴于点A，B两点，且满足BC＝3CA，∠AOB的“相关角”为∠APB，请直接写出OP的长及相应点P的坐标．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【解析】试题分析：由题意可得根的判别式，即可得到关于k的不等式，解出即可.
由题意得，解得
故选C.
考点：一元二次方程的根的判别式
点评：解答本题的关键是熟练掌握一元二次方程，当时，方程有两个不相等实数根；当时，方程的两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．
2、B
【分析】利用折叠的性质，即可求得BD的长与图3中AB的长，又由相似三角形的对应边成比例，即可求得BF的长，则由CF=BC﹣BF即可求得答案．
【详解】解：如图2，根据题意得：BD=AB﹣AD=2.5﹣1.5=1，
如图3，AB=AD﹣BD=1.5﹣1=0.5，
∵BC∥DE，
∴△ABF∽△ADE，
∴，
即，
∴BF=0.5，
∴CF=BC﹣BF=1.5﹣0.5=1．
故选B．
此题考查了折叠的性质与相似三角形的判定与性质．题目难度不大，注意数形结合思想的应用．
3、D
【分析】由抛物线与x轴的交点及对称轴求出另一个交点坐标，根据抛物线开口向下，根据图象求出使函数值y＞0成立的x的取值范围即可．
【详解】∵二次函数y=ax1+bx+c（a＜0）的图象经过点（1，0），且其对称轴为x=﹣1，
∴二次函数的图象与x轴另一个交点为（﹣4，0），
∵a＜0，
∴抛物线开口向下，
则使函数值y＞0成立的x的取值范围是﹣4＜x＜1．
故选D．
4、A
【分析】平均数的计算方法是求出所有数据的和，然后除以数据的总个数；据此先求得x的值，再将数据按从小到大排列，将中间的两个数求平均值即可得到中位数，众数是出现次数最多的数．
【详解】这组数的平均数为＝4，
解得：x＝2；
所以这组数据是：2，2，4，8；
中位数是（2＋4）÷2＝3，
2在这组数据中出现2次，4出现一次，8出现一次，
所以众数是2；
故选：A．
本题考查平均数和中位数和众数的概念．
5、D
【分析】作EH⊥x轴于点H，EG⊥y轴于点G，根据“OB=2OA”分别设出OB和OA的长度，利用矩形的性质得出△EBG∽△BAO，再根据相似比得出BG和EG的长度，进而写出点E的坐标代入反比例函数的解析式，即可得出答案.
【详解】
作EH⊥x轴于点H，EG⊥y轴于点G
设AO=a，则OB=2OA=2a
∵ABCD为正方形
∴∠ABC=90°，AB=BC
∵EG⊥y轴于点G
∴∠EGB=90°
∴∠EGB=∠BOA=90°
∠EBG+∠BEG=90°
∴∠BEG=∠ABO
∴△EBG∽△BAO
∴
∵E是BC的中点
∴
∴
∴BG=，EG=a
∴OG=BO-BG=
∴点E的坐标为
∵E在反比例函数上面
∴
解得：
∴AO=，BO=
故答案选择D.
本题考查的是反比例函数与几何的综合，难度系数较高，解题关键是根据题意求出点E的坐标.
6、C
【分析】中位数是一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），据此求解即可.
【详解】将这组数据重新排序为6，7，8，1，1，
∴中位数是按从小到大排列后第3个数为：8.
故选C.
7、C
【解析】试题分析：根据直线与圆的位置关系来判定：①直线l和⊙O相交，则d＜r；②直线l和⊙O相切，则d=r；③直线l和⊙O相离，则d＞r（d为直线与圆的距离，r为圆的半径）．因此，
∵⊙O的半径为6，圆心O到直线l的距离为5，
∴6＞5，即：d＜r．
∴直线l与⊙O的位置关系是相交．故选C．
8、C
【分析】根据∠ABC=45°，CD⊥AB可得出BD=CD，利用AAS判定Rt△DFB≌Rt△DAC，从而得出DF=AD，BF=AC．则CD=CF+AD，即AD+CF=BD；再利用AAS判定Rt△BEA≌Rt△BEC，得出CE=AE=AC，又因为BF=AC所以CE=AC=BF；连接CG．因为△BCD是等腰直角三角形，即BD=CD．又因为DH⊥BC，那么DH垂直平分BC．即BG=CG；在Rt△CEG中，CG是斜边，CE是直角边，所以CE＜CG．即AE＜BG．
【详解】∵CD⊥AB，∠ABC=45°，
∴△BCD是等腰直角三角形．
∴BD=CD．故①正确；
在Rt△DFB和Rt△DAC中，
∵∠DBF=90°-∠BFD，∠DCA=90°-∠EFC，且∠BFD=∠EFC，
∴∠DBF=∠DCA．
又∵∠BDF=∠CDA=90°，BD=CD，
∴△DFB≌△DAC．
∴BF=AC；DF=AD．
∵CD=CF+DF，
∴AD+CF=BD；故②正确；
在Rt△BEA和Rt△BEC中
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE．
又∵BE=BE，∠BEA=∠BEC=90°，
∴Rt△BEA≌Rt△BEC．
∴CE=AE=AC．
又由（1），知BF=AC，
∴CE=AC=BF；故③正确；
连接CG．
∵△BCD是等腰直角三角形，
∴BD=CD
又DH⊥BC，
∴DH垂直平分BC．∴BG=CG
在Rt△CEG中，
∵CG是斜边，CE是直角边，
∴CE＜CG．
∵CE=AE，
∴AE＜BG．故④错误．
故选C．
本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、SSA、HL．在复杂的图形中有45°的角，有垂直，往往要用到等腰直角三角形，要注意掌握并应用此点．
9、B
【解析】由图形折叠可得BE=EG，DF=FG；再由正方形ABCD的边长为3，BE=1，可得EG=1，EC=3-1=2，CF=3-FG；最后由勾股定理可以求得答案.
【详解】由图形折叠可得BE=EG，DF=FG，
∵正方形ABCD的边长为3，BE=1，
∴EG=1，EC=3-1=2，CF=3-FG，
在直角三角形ECF中，
∵EF2=EC2+CF2，
∴(1+GF)2=22+(3-GF)2，
解得GF=，
∴EF=1+=．
故正确选项为B.
【点睛】此题考核知识点是：正方形性质；轴对称性质；勾股定理.解题的关键在于：从图形折叠过程找出对应线段，利用勾股定理列出方程.
10、B
【分析】在Rt△BCD中,解直角三角形，可求得CD的长，即求得甲的高度，过A作AF⊥CD于点F，在Rt△ADF中解直角三角形可求得DF，则可求得CF的长，即可求得乙的高度．
【详解】解：如图，过A作AF⊥CD于点F，
在Rt△BCD中，∠DBC=60°，BC=30m，
∵tan∠DBC=，
∴CD=BC•tan60°=30m，
∴甲建筑物的高度为30m；
在Rt△AFD中，∠DAF=45°，
∴DF=AF=BC=30m，
∴AB=CF=CD-DF=（30-30）m，
∴乙建筑物的高度为（30-30）m．
故选B．
本题主要考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，构造直角三角形，利用特殊角求得相应线段的长是解题的关键．
11、B
【解析】试题分析：选项A、圆柱的三视图，如图所示，不合题意；
选项B、球的三视图，如图所示，符合题意；
选项C、圆锥的三视图，如图所示，不合题意；
选项D、长方体的三视图，如图所示，不合题意；
．
故答案选B.
考点：简单几何体的三视图．
12、A
【分析】利用解直角三角形知识.在边长为a和b两正方形上方的两直角三角形中由正切可得，化简得b＝a＋c，故选A.
【详解】请在此输入详解！
二、填空题（每题4分，共24分）
13、0
【分析】直接利用特殊角的三角函数值代入进而得出答案．
【详解】= .
故答案为0.
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．
14、6或1
【分析】因为直径所对圆周角为直角，所以ABC的边长可应用勾股定理求解，其中，且AC+BC=8，即可求得，列出关于BC的函数关系式，再根据二次函数的性质和三角形的三边关系得出的范围，再根据题意要求AB为整数，即可得出AB可能的长度．
【详解】解：∵直径所对圆周角为直角，故ABC为直角三角形，
∴根据勾股定理可得，，即，
又∵AC+BC=8，∴AC=8-BC
∴
∵
∴当BC=4时，的最小值=32，∴AB的最小值为
∵
∴
∵AB=m
∴
∵m为整数
∴m=6或1，
故答案为：6或1．
本题主要考察了直径所对圆周角为直角、勾股定理、三角形三边关系、二次函数的性质，解题的关键在于找出AB长度的范围．
15、
【分析】设每轮传染中平均一个人传染了x个人，则第一轮传染了x个人，第二轮作为传染源的是（x+1）人，则传染x（x+1）人，依题意列方程：1+x+x（1+x）=1．
【详解】整理得，．
故答案为：．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程．关键是得到两轮传染数量关系，从而可列方程求解．
16、360°．
【分析】根据题意利用正多边形的外角和等于360度，进行分析计算即可得出答案．
【详解】解：因为任何一个多边形的外角和都是360°，
所以正八边形的每个外角的度数和是360°．
故答案为：360°．
本题主要考查多边形的外角和定理，熟练掌握任何一个多边形的外角和都是360°是解题的关键．
17、
【分析】由同一时刻物高与影长成比例，设出小林的身高为米，列方程求解即可．
【详解】解：由同一时刻物高与影长成比例，
设小林的身高为米，则
即小林的身高为米．
故答案为：
本题考查的是利用相似三角形的原理：“同一时刻物高与影长成比例”，测量物体的高度，掌握原理是解题的关键．
18、
【分析】连接AC，连接CD，过点A作AE⊥CD交于点E，则AE为所求.由锐角三角函数的知识可知PC=PE，然后通过证明△CDO∽△AED，利用相似三角形的性质求解即可.
【详解】解：连接AC，连接CD，过点A作AE⊥CD交于点E，则AE为所求.
当x=0时，y=3,
∴C(0,3).
当y=0时，
0=-x2+2x+3，
∴x1=3，x2=-1，
∴A（-1，0）、B（3，0），
∴OA=1，OC=3，
∴AC=，
∵二次函数y=-x2+2x+3的对称轴是直线x=1,
∴D(1,0),
∴点A与点D关于y轴对称，
∴sin∠ACO=，
由对称性可知，∠ACO=∠OCD，PA=PD，CD= AC=，
∴sin∠OCD=，
∵sin∠OCD=，
∴PC=PE，
∵PA=PD，
∴PC+PD=PE+PA，
∵∠CDO=∠ADE, ∠COD=AED,
∴△CDO∽△AED,
∴,
∴,
∴；
故答案为.
本题考查了二次函数的图像与性质，二次函数与坐标轴的交点，锐角三角函数的知识，勾股定理，轴对称的性质，相似三角形的判定与性质等知识，难度较大，属中考压轴题.
三、解答题（共78分）
19、（1）2000；（2）①售价是75元，②售价为85元，利润最大为3125元．
【分析】（1）用每件利润乘以50件即可；
（2）每件售价降价x元，则每件利润为（100-60-x）元，销售量为（50+5x）件，它们的乘积为利润y，
①利用y=2625得到方程（100-60-x）（50+5x）=2625，然后解方程即可；
②由于y=（100-60-x）（50+5x），则可利用二次函数的性质确定最大利润值．
【详解】解：（1）解：（1）该网店销售该商品原来一天可获利润为（100-60）×50=2000（元），
故答案为2000；
（2）①
解得或，
又因尽量多增加销售量，故.
售价是元．
答：每件商品的售价应降价25元；
②，
当时，售价为元，利润最大为3125元．
答：答：当该商品每件售价为85元时，该网店一天所获利润最大，最大利润值为3125元．
本题考查了二次函数的应用：在商品经营活动中，经常会遇到求最大利润，最大销量等问题．解此类题的关键是通过题意，确定出二次函数的解析式，然后确定其最大值，实际问题中自变量x的取值要使实际问题有意义，因此在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围．
20、证明见解析
【分析】求得判别式并分解得到平方与正数的和，得到判别式大于0即可证明.
【详解】证明:
.
无论为何值，抛物线与轴总有两个交点.
此题考查一元二次方程的判别式，正确计算并掌握判别式的三种情况即可正确解题.
21、 (1)当t为秒时，S最大值为；（1）； （3）或或．
【分析】（1）过点P作PH⊥AC于H，由△APH∽△ABC，得出，从而求出AB，再根据，得出PH=3﹣t，则△AQP的面积为：AQ•PH=t（3﹣t），最后进行整理即可得出答案；
（1）连接PP′交QC于E，当四边形PQP′C为菱形时，得出△APE∽△ABC，，求出AE=﹣t+4，再根据QE=AE﹣AQ，QE=QC得出﹣t+4=﹣t+1，再求t即可；
（3）由（1）知，PD=﹣t+3，与（1）同理得：QD=﹣t+4，从而求出PQ=，在△APQ中，分三种情况讨论：①当AQ=AP，即t=5﹣t，②当PQ=AQ，即=t，③当PQ=AP，即=5﹣t，再分别计算即可．
【详解】解：（1）如图甲，过点P作PH⊥AC于H，
∵∠C=90°，
∴AC⊥BC，
∴PH∥BC，
∴△APH∽△ABC，
∴，
∵AC=4cm，BC=3cm，
∴AB=5cm，
∴，
∴PH=3﹣t，
∴△AQP的面积为：
S=×AQ×PH=×t×（3﹣t）=﹣（t﹣）1+，
∴当t为秒时，S最大值为cm1．
（1）如图乙，连接PP′，PP′交QC于E，
当四边形PQP′C为菱形时，PE垂直平分QC，即PE⊥AC，QE=EC，
∴△APE∽△ABC，
∴，
∴AE==﹣t+4
QE=AE﹣AQ═﹣t+4﹣t=﹣t+4，
QE=QC=（4﹣t）=﹣t+1，
∴﹣t+4=﹣t+1，
解得：t=，
∵0＜＜4，
∴当四边形PQP′C为菱形时，t的值是s；
（3）由（1）知，
PD=﹣t+3，与（1）同理得：QD=AD﹣AQ=﹣t+4
∴PQ==，
在△APQ中，
①当AQ=AP，即t=5﹣t时，解得：t1=；
②当PQ=AQ，即=t时，解得：t1=，t3=5；
③当PQ=AP，即=5﹣t时，解得：t4=0，t5=；
∵0＜t＜4，
∴t3=5，t4=0不合题意，舍去，
∴当t为s或s或s时，△APQ是等腰三角形．
本题考查相似形综合题．
22、（1）1；BE1+CD1＝4AD1；（1）能满足（1）中的结论，见解析；（3）1
【分析】（1）依据旋转性质可得：DE＝DA＝CD，∠BDE＝∠ADB＝60°，再证明：△BDE≌△BDA，利用勾股定理可得结论；
（1）将△ACD绕点A顺时针旋转110°得到△ABD′，再证明：∠D′BE＝∠D′AE＝90°，利用勾股定理即可证明结论仍然成立；
（3）从（1）中发现：∠CBE＝30°，即：点D运动路径是线段；分别求出点D位于D1时和点D运动到M时，对应的BE长度即可得到结论．
【详解】解：（1）如图1，∵AB＝AC，∠BAC＝110°，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∵AD＝DC
∴∠CAD＝∠ACB＝30°，∠ADB＝∠CAD+∠ACB＝60°，
∴∠BAD＝90°，
由旋转得：DE＝DA＝CD，∠BDE＝∠ADB＝60°
∴△BDE≌△BDA（SAS）
∴∠BED＝∠BAD＝90°，BE＝AB＝
∴BE1+CD1＝BE1+DE1＝BD1
∵＝cos∠ADB＝cos60°＝
∴BD＝1AD
∴BE1+CD1＝4AD1；
故答案为：；BE1+CD1＝4AD1；
（1）能满足（1）中的结论．如图1，将△ACD绕点A顺时针旋转110°得到△ABD′，使AC与AB重合，
∵∠DAD′＝110°，∠BAD′＝∠CAD，∠ABD′＝∠ACB＝30°，AD′＝AD＝DE，∠DAE＝∠AED＝30°，BD′＝CD，∠AD′B＝∠ADC
∴∠D′AE＝90°
∵∠ADB+∠ADC＝180°
∴∠ADB+∠AD′B＝180°
∴A、D、B、D′四点共圆，
同理可证：A、B、E、D四点共圆，A、E、B、D′四点共圆；
∴∠D′BE＝90°
∴BE1+BD′1＝D′E1
∵在△AD′E中，∠AED′＝30°，∠EAD′＝90°
∴D′E＝1AD′＝1AD
∴BE1+BD′1＝（1AD）1＝4AD1
∴BE1+CD1＝4AD1．
（3）由（1）知：经过B、E、D三点的圆必定经过D′、A，且该圆以D′E为直径，
该圆最小即D′E最小，∵D′E＝1AD
∴当AD最小时，经过B、E、D三点的圆最小，此时，AD⊥BC
如图3，过A作AD1⊥BC于D1，∵∠ABC＝30°
∴BD1＝AB•cos∠ABC＝cos30°＝3，AD1＝
∴D1M＝BD1﹣BM＝3﹣1＝1
由（1）知：在D运动过程中，∠CBE＝30°，∴点D运动路径是线段；
当点D位于D1时，由（1）中结论得：，∴BE1＝
当点D运动到M时，易求得：BE1＝
∴E点经过的路径长＝BE1+BE1＝1
故答案为：1．
本题考查的是圆的综合，综合性很强，难度系数较大，运用到了全等和勾股定理等相关知识需要熟练掌握相关基础知识.
23、（1）；；（2）；
【分析】（1）先把左边的4移项到右边成-4，再配方，两边同时加32，左边得到完全平方，再得出两个一元一次方程进行解答；
（2）先化成一元二次方程的一般式，得出a、b、c，计算b2-4ac判定根的情况，最后运用求根公式即可求解．
【详解】解：（1）x2+6x+4=0
x2+6x=-4
x2+6x+9=-4+9
（x+3）2=5
；
（2）5x2-3x=x+1，
5x2-4x-1=0，
b2-4ac=（-4）2-4×5×（-1）=36，
，
本题主要考查了运用配方法、公式法解一元二次方程，运用公式法解方程时，要先把方程化为一般式，找到a、b、c的值，然后用b2-4ac判定根的情况，最后运用公式即可求解．
24、（1）；（2）2<x<8；（3）点P的坐标为（2，0）或（0，0）时，△COD与△ADP相似.
【解析】（1）首先确定A、B两点坐标，再利用待定系数法即可解决问题；
（2）观察图象，根据A、B两点的横坐标即可确定．
（3）分两种情形讨论求解即可．
【详解】解：（1）∵点A（m,4）和点B（8,n)在图象上，
∴，即A（2，4），B（8，1）
把A（2，4），B（8，1）两点代入得
解得：，所以直线AB的解析式为：
（2）由图象可得，当x>0时，的解集为2<x<8.
（3）由（1）得直线AB的解析式为，当x=0时，y=5，当y=0时，x=10，即C点坐标为（0，5），D点坐标为（10，0）
∴OC=5，OD=10，
∴
设P点坐标为（a，0），由题可以，点P在点D左侧，则PD=10-a
由∠CDO＝∠ADP可得
①当时，△COD∽△APD，此时AP∥CO，,解得a=2,
故点P坐标为（2，0）
②当时，△COD∽△PAD，即，解得a=0，
即点P的坐标为（0，0）
因此，点P的坐标为（2，0）或（0，0）时，△COD与△ADP相似.
本题是反比例函数综合题，还考查了一次函数的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法确定函数解析式，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
25、（1）x1＝2+，x2＝2﹣；（2）x1＝1，x2＝0.2
【分析】（1）利用配方法求解，可得答案；
（2）利用因式分解法求解，可得答案．
【详解】（1）∵x2﹣4x＝1，
∴x2﹣4x+4＝1+4，即（x﹣2）2＝7，
则x﹣2＝±，
解得：x1＝2+，x2＝2﹣；
（2）∵5x（x﹣1）﹣（x﹣1）＝0，
∴（x﹣1）（5x﹣1）＝0，
则x﹣1＝0或5x﹣1＝0，
解得：x1＝1，x2＝0.2．
本题主要考查一元二次方程的解法，掌握配方法和因式分解法解方程，是解题的关键.
26、（1）见解析；（2）；（3），P点坐标为或
【分析】（1）由角平分线求出∠MOP＝∠NOP＝∠AOB＝30°，再证出∠OMP＝∠OPN，证明△MOP∽△PON，即可得出结论；
（2）由∠MPN是∠AOB的“相关角”，判断出△MOP∽△PON，得出∠OMP＝∠OPN，即可得出∠MPN＝180°﹣α；过点M作MH⊥OB于H，由三角形的面积公式得出：S△MON＝ON•MH，即可得出结论；
（3）设点C（a，b），则ab＝3，过点C作CH⊥OA于H；分两种情况：①当点B在y轴正半轴上时；当点A在x轴的负半轴上时，BC＝3CA不可能；当点A在x轴的正半轴上时；先求出，由平行线得出△ACH∽△ABO，得出比例式：，得出OB，OA，求出OA•OB，根据∠APB是∠AOB的“相关角”，得出OP，即可得出点P的坐标；②当点B在y轴的负半轴上时；同①的方法即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵∠AOB＝60°，P为∠AOB的平分线上一点，
∴∠AOP＝∠BOP＝∠AOB＝30°，
∵∠MOP+∠OMP+∠MPO＝180°，
∴∠OMP+∠MPO＝150°，
∵∠MPN＝150°，
∴∠MPO+∠OPN＝150°，
∴∠OMP＝∠OPN，
∴△MOP∽△PON，
∴，
∴OP2＝OM•ON，
∴∠MPN是∠AOB的“相关角”；
（2）解：∵∠MPN是∠AOB的“相关角”，
∴OM•ON＝OP2，
∴，
∵P为∠AOB的平分线上一点，
∴∠MOP＝∠NOP＝α，
∴△MOP∽△PON，
∴∠OMP＝∠OPN，
∴∠MPN＝∠OPN+∠OPM＝∠OMP+∠OPM＝180°﹣α，
即∠MPN＝180°﹣α；
过点M作MH⊥OB于H，如图2，
则S△MON＝ON•MH＝ON•OMsinα＝OP2•sinα，
∵OP＝3，
∴S△MON＝sinα；
（3）设点C（a，b），则ab＝4，
过点C作CH⊥OA于H；分两种情况：
①当点B在y轴正半轴上时；
Ⅰ、当点A在x轴的负半轴上，如图3所示：
BC＝3CA不可能，
Ⅱ、当点A在x轴的正半轴上时，如图4所示：
∵BC＝3CA，
∴，
∵CHOB，
∴△ACH∽△ABO，
∴，
∴,
∴OB＝4b，OA＝a，
∴OA•OB＝a•4b＝ab＝，
∵∠APB是∠AOB的“相关角”，
∴OP2＝OA•OB，
∴，
∵∠AOB＝90°，OP平分∠AOB，
∴点P的坐标为：；
②当点B在y轴的负半轴上时，如图5所示：
∵BC＝3CA，
∴AB＝2CA，
∴，
∵CHOB，
∴△ACH∽△ABO，
∴，
∴
∴OB＝2b，OA＝a，
∴OA•OB＝a•2b＝ab＝，
∵∠APB是∠AOB的“相关角”，
∴OP2＝OA•OB，
∴，
∵∠AOB＝90°，OP平分∠AOB，
∴点P的坐标为：；
综上所述：点P的坐标为：或．
本题考查反比例函数与几何综合，掌握数形结合和分类讨论的思想是解题的关键．
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