一．選擇題（共30小題）1寶山區(qū)期中）關(guān)于x的方程x2+mx﹣m2=﹣5的一個(gè)根是4，那么m的值是()【分析】根據(jù)方程的解的含義，把4代入原方程，方程成立，故42+4m﹣m2=﹣5，即m2﹣4m﹣21＝0，解關(guān)于m的方程即可.【解答】解：∵4是方程x2+mx﹣m2=﹣5的一個(gè)根，∴把4代入原方程，得42+4m﹣m2=﹣5，即m2﹣4m﹣21＝0，解得，m=﹣3或7，故選：B.2安溪縣期中）若m，n是一元二次方程x2+x﹣3＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，則m3﹣4n2+2022的值為()A．2001B．2002C．2003D．2004【分析】根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系和m，n是一元二次方程x2+x﹣3＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，通過(guò)變形可以求得m3﹣4n2+2022的值.【解答】解：∵m，n是一元二次方程x2+x﹣3＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，∴m2+m﹣3＝0，n2+n﹣3＝0，m+n=﹣1，∴m3＝m?m2＝m（3﹣m3m﹣m2＝3m3﹣m4m﹣3，∴m3﹣4n2+2022=4m﹣3﹣4（3﹣n）+2022=4m﹣3﹣12+4n+2022=4（m+n）﹣3﹣12+2022=4×(﹣1）﹣3﹣12+2022=﹣4﹣3﹣12+2022=2003，故選：C.3黃陂區(qū)校級(jí)月考）某種植物的主干長(zhǎng)出若干數(shù)目的支干，每個(gè)支干又長(zhǎng)出同樣數(shù)目的小分支，主干、支干和小分支的總數(shù)為73，則每個(gè)支干長(zhǎng)出支小分支.【分析】設(shè)主干長(zhǎng)出x個(gè)支干，每個(gè)支干又長(zhǎng)出x個(gè)小分支，得方程1+x+x2＝73，整理求解即可.【解答】解：由題意得：即x2+x﹣72＝0，∴（x+9x﹣80，解得x1＝8，x2=﹣9（舍去）答：每個(gè)支干長(zhǎng)出8個(gè)小分支.故選：B.4沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）已知M＝4x2﹣ax﹣1，N＝x﹣1（其中a任意實(shí)數(shù)下列說(shuō)法：①若M?N中不含x2項(xiàng)，則a=﹣4；②若化簡(jiǎn)的結(jié)果為整式，則a＝3；③無(wú)論a取何值，關(guān)于x的方程（M+N）2﹣M﹣N＝2始終有4個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根．其中正確的個(gè)數(shù)是【分析】利用整式的相應(yīng)的法則，根的判別式對(duì)各說(shuō)法進(jìn)行分析即可求解.【解答】解：①M(fèi)?N=（4x2﹣ax﹣1x﹣1）=4x3﹣4x2﹣ax2+ax﹣x+1=4x3+(﹣4﹣a）x2+（a﹣1）x+1，∵M(jìn)?N中不含x2項(xiàng)，解得：a=﹣4，故①說(shuō)法正確；=,原式===4x+1，故②說(shuō)法正確；③∵（M+N）2﹣M﹣N＝2，∴（M+N）2M+N2＝0，∴（M+N﹣2M+N+10，∴M+N﹣2＝0或M+N+1＝0，整理得：4x2+(﹣a+1）x﹣4＝0，Δ=(﹣a+1）2﹣4×4×(﹣4）＝（1﹣a）2+64＞0，則原方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；4x2﹣ax﹣1+x﹣1+1＝0，整理得：4x2+(﹣a+1）x﹣1＝0，Δ=(﹣a+1）2﹣4×4×(﹣11則原方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，∴無(wú)論a取何值，關(guān)于x的方程（M+N）2﹣M﹣N＝2始終有4個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，故③說(shuō)法正確，∴正確的有①②③,共3個(gè).故選：D.5蕪湖期中）若拋物線ya﹣1）x2+1，當(dāng)x≥0時(shí)，y隨x增大而增大，則a的取值范圍是()A．a(chǎn)＞1B．a(chǎn)＞0C．a(chǎn)≥1D．a(chǎn)＜1【分析】由二次函數(shù)的性質(zhì)得a﹣1＞0，即可求解.【解答】解：∵拋物線ya﹣1）x2+1，當(dāng)x≥0時(shí)，y隨x增大而增大，故選：A.6蕪湖期中）若拋物線y＝x2+bx+c與x軸兩個(gè)交點(diǎn)之間的距離為4，對(duì)稱(chēng)軸為x＝2，則()A．b=﹣4，c＝0B．b＝4，c＝0C．b＝2，c=﹣3D．b=﹣2，c=﹣3【分析】先根據(jù)二次函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝2求出b的值，再根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系以及若拋物線y=x2+bx+c與x軸兩個(gè)交點(diǎn)之間的距離為4求出c的值.【解答】解：∵拋物線y＝x2+bx+c的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝2，∴x=﹣=2，∴b=﹣4，設(shè)拋物線y＝x2+bx+c與x軸兩個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x1，x2，∴方程x2+bx+c＝0的兩個(gè)根為x1，x2，∴x1+x2=﹣b，x1?x2＝c，∵拋物線y＝x2+bx+c與x軸兩個(gè)交點(diǎn)之間的距離為4，即（x1﹣x2）2x1+x2）2﹣4x1?x2，7芝罘區(qū)期中）校運(yùn)動(dòng)會(huì)上，某運(yùn)動(dòng)員擲鉛球時(shí)，他所擲的鉛球的高h(yuǎn)（m）與水平距離x（m）之間的函數(shù)關(guān)系滿足h=﹣x2+x+，則該運(yùn)動(dòng)員擲鉛球的成績(jī)是()A．6mB．10mC．8mD．12m【分析】鉛球落地才能計(jì)算成績(jī)，此時(shí)y＝0，即﹣x2+x+＝0，解方程即可．在實(shí)際問(wèn)題中，注意負(fù)值舍去.【解答】解：由題意可知，把y＝0代入解析式得：解方程得x1＝10，x2=﹣2（舍去即該運(yùn)動(dòng)員的成績(jī)是10米.故選：B.8芝罘區(qū)期中）二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分圖象如圖所示，其對(duì)稱(chēng)軸為直線x=﹣,且與x軸的一個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)為(﹣2，0下列結(jié)論：①abc＞0；②a＝b；③2a+c＝0；④關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c﹣1＝0有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根．其中正確結(jié)論的序號(hào)是()【分析】根據(jù)對(duì)稱(chēng)軸、開(kāi)口方向、與y軸的交點(diǎn)位置即可判斷a、b、c與0的大小關(guān)系，然后將由對(duì)稱(chēng)軸可知a＝b．圖象過(guò)(﹣2，0）代入二次函數(shù)中可得4a﹣2b+c＝0．再由二次函數(shù)最小值小于0，從而可判斷ax2+bx+c＝1有兩個(gè)不相同的解.【解答】解：①由圖可知：a＞0，c＜0∴abc＜0，故①錯(cuò)誤，不符合題意；②由題意可知：﹣貴=﹣,故②正確，符合題意；③將(﹣2，0）代入y＝ax2+bx+c，故③正確，符合題意；④由圖象可知：二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的最小值小于0，令y＝1與y＝ax2+bx+c有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，∴方程ax2+bx+c﹣1＝0有兩個(gè)不相同的解，故④錯(cuò)誤，不符合題意.故選：B.9招遠(yuǎn)市期中）用總長(zhǎng)為a米的材料做成如圖1所示的矩形窗框，設(shè)窗框的寬為x米，窗框的面積為y平方米，y關(guān)于x的函數(shù)圖象如圖2，則a的值是()A．16【分析】因?yàn)閤＝2時(shí)，面積最大為4，根據(jù)圖形是矩形，由面積公式易得另一邊為2米，從而得出a的值.【解答】解：由圖象可知，當(dāng)x＝2時(shí)，y有最大，最大值為4，∴當(dāng)x＝2米，窗框的最大面積是4平方米，根據(jù)矩形面積計(jì)算公式，另一邊為4÷2＝2（米故選：B.10長(zhǎng)垣市期中）如圖，一段拋物線y=﹣x2+6x（0≤x≤6記為拋物線C1，它與x軸交于點(diǎn)O、A1；將拋物線C1繞點(diǎn)A1旋轉(zhuǎn)180°得拋物線C2，交x軸于點(diǎn)A2；將拋物線C2繞點(diǎn)A2，旋轉(zhuǎn)180°得拋物線C3，交x軸于點(diǎn)A3；……如此進(jìn)行下去，得到一條“波浪線”，若點(diǎn)M（17，m）在此“波浪線”上，則【分析】根據(jù)y=﹣x2+6x（0≤x≤6）可以得到：整個(gè)函數(shù)圖象每隔6×2＝12個(gè)單位長(zhǎng)度，函數(shù)值就相等，而2021＝12×1+6，由此即可計(jì)算.【解答】解：∵y=﹣x2+6x=﹣x（x﹣60≤x≤6∴整個(gè)函數(shù)圖象每隔6×2＝12個(gè)單位長(zhǎng)度，函數(shù)值就相等，所以m的值等于x＝6時(shí)的縱坐標(biāo)，所以m=﹣6×（6﹣6）＝0.故選：D.11云夢(mèng)縣期中）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°,∠ABC＝30°,BC＝2，△ABC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得△A1B1C，當(dāng)A1落在AB邊上時(shí)，連接B1B，取BB1的中點(diǎn)D，連接A1D，則A1D的長(zhǎng)度是()【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可證△ACA1、△BCB1是等邊三角形，從而∠ABD＝90°,再利用勾股定理即可求出答案.【解答】解：∵△ABC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得△A1B1C，點(diǎn)A1落在AB邊上，∴∠ACA1=∠BCB1，CB＝CB1，CA＝CA1，∴△ACA1是等邊三角形，∴△BCB1是等邊三角形，∴BD=,故選：B.12天津期中）如圖，P為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，PC＝1，將△CDP繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△CBE，則PE【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠BCD=∠PCE90°,PC＝CE＝1，由勾股定理可求解.【解答】解：∵將△CDP繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△CBE，∴PE===,故選：B.13青羊區(qū)校級(jí)期中）在一個(gè)不透明的盒中裝有a個(gè)球，這些球除顏色外無(wú)其他整別，這a個(gè)球中只有3個(gè)紅球，若每次將球充分?jǐn)噭蚝螅我饷?個(gè)球記下顏色再放回盒，通過(guò)大量重復(fù)試驗(yàn)后，發(fā)現(xiàn)摸到紅球的頻率穩(wěn)定在0.2左右，則a的值約為()A．12B．15C．18【分析】在同樣條件下，大量反復(fù)試驗(yàn)時(shí)，隨機(jī)事件發(fā)生的頻率逐漸穩(wěn)定在概率附近，可以從比例關(guān)系入手，列出方程求解.【解答】解：根據(jù)題意得：=0.2，解得：a＝15，經(jīng)檢驗(yàn)：a＝15是原分式方程的解，故選：B.14中原區(qū)校級(jí)期中）如圖，小明和小剛分別設(shè)計(jì)了兩個(gè)轉(zhuǎn)盤(pán)（每一個(gè)轉(zhuǎn)盤(pán)中的扇形面積均相等兩人利用設(shè)計(jì)出的兩個(gè)轉(zhuǎn)盤(pán)進(jìn)行“配紫色”游戲，即每人將兩個(gè)轉(zhuǎn)盤(pán)各轉(zhuǎn)動(dòng)一次，如果紅色和藍(lán)色分別出現(xiàn)在兩個(gè)轉(zhuǎn)盤(pán)上，那就說(shuō)明可以配成紫色，那么小明轉(zhuǎn)出紫色的概率是()B.【分析】首先根據(jù)題意列出表格，然后由表格即可求得所有等可能的結(jié)果，繼而得出答案.【解答】解：列表得：紅黃綠藍(lán)紅紅紅紅黃紅綠紅藍(lán)藍(lán)藍(lán)紅藍(lán)黃藍(lán)綠藍(lán)藍(lán)白由表知，共有12種等可能結(jié)果，其中配成紫色的有2種結(jié)果，∴能配成紫色的概率是=故選：C.15儀征市期中）如圖，點(diǎn)A、B、C在。O上，∠ABC＝110°,則∠AOC的度數(shù)是()【分析】利用圓周角定理可得∠1＝2∠ABC＝220°,然后利用周角是360°進(jìn)行計(jì)算即可解答.【解答】解：如圖：故選：D.16高郵市期中）如圖，已知。O的直徑為26，弦AB＝24，動(dòng)點(diǎn)P、Q在。O上，弦PQ＝10，若點(diǎn)M、N分別是弦AB、PQ的中點(diǎn)，則線段MN的取值范圍是()A．7≤MN≤17B．14≤MN≤34C．7＜MN＜17D．6≤MN≤16【分析】連接OM、ON、OA、OP，由垂徑定理得OM⊥AB，ON⊥PQ，AM＝AB＝12，PN＝PQ＝5，由勾股定理得OM＝5，ON＝12，當(dāng)AB∥PQ時(shí)，M、O、N三點(diǎn)共線，當(dāng)AB、PQ位于O的同側(cè)時(shí)，線段MN的長(zhǎng)度最短＝ON﹣OM＝7，當(dāng)AB、PQ位于O的兩側(cè)時(shí)，線段EF的長(zhǎng)度最長(zhǎng)＝OM+ON＝17，便可得出結(jié)論.【解答】解：連接OM、ON、OA、OP，如圖所示：∵點(diǎn)M、N分別是弦AB、PQ的中點(diǎn)，AB＝24，PQ＝10，∴OM⊥AB，ON⊥PQ，AM＝AB＝12，PN＝PQ＝5，∴OM5，ON12，當(dāng)AB∥PQ時(shí)，M、O、N三點(diǎn)共線，當(dāng)AB、PQ位于O的同側(cè)時(shí)，線段MN的長(zhǎng)度最短＝OM﹣ON＝12﹣5＝7，當(dāng)AB、PQ位于O的兩側(cè)時(shí)，線段MN的長(zhǎng)度最長(zhǎng)＝OM+ON＝12+5＝17，∴線段MN的長(zhǎng)度的取值范圍是7≤MN≤17，故選：A.17南開(kāi)區(qū)期中）如圖，方格紙上每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)均為1個(gè)單位長(zhǎng)度，點(diǎn)O，A，B，C均在格點(diǎn)（兩條網(wǎng)格線的交點(diǎn)叫格點(diǎn)）上，以點(diǎn)O為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，則過(guò)A，B，C三點(diǎn)的圓的圓心坐標(biāo)為 【分析】連接CB，作CB的垂直平分線，根據(jù)勾股定理和半徑相等得出點(diǎn)D的坐標(biāo)即可.【解答】解：連接CB，作CB的垂直平分線，如圖所示：在CB的垂直平分線上找到一點(diǎn)D，CD＝DB＝DA==,∴點(diǎn)D是過(guò)A、B、C三點(diǎn)的圓的圓心，故選：C.18如皋市期中）在數(shù)軸上，點(diǎn)A所表示的實(shí)數(shù)為4，點(diǎn)B所表示的實(shí)數(shù)為b，。A的半徑為2，要使點(diǎn)B在。A內(nèi)時(shí)，實(shí)數(shù)b的取值范圍是()A．b＞2B．b＞6C．b＜2或b＞6D．2＜b＜6【分析】首先確定AB的取值范圍，然后根據(jù)點(diǎn)A所表示的實(shí)數(shù)寫(xiě)出a的取值范圍，即可得到正確選項(xiàng).【解答】解：∵。A的半徑為2，若點(diǎn)B在。A內(nèi)，∵點(diǎn)A所表示的實(shí)數(shù)為4，故選：D.19三臺(tái)縣期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（0，1）、點(diǎn)B（0，1+t）、C（0，1﹣tt＞0點(diǎn)P在以D（3，5）為圓心，1為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，且始終滿足∠BPC＝90°,則t的最大值是()【分析】根據(jù)點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)，可知點(diǎn)A是BC的中點(diǎn)，根據(jù)直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半解得AP的長(zhǎng)，再由勾股定理解得AD的長(zhǎng)，最后由點(diǎn)與圓的位置關(guān)系解得t的最大值.【解答】解：連接AP，由題意，得：AB1+t1＝t，AC＝11﹣tt，∵P在AD的延長(zhǎng)線上，此時(shí)AP最大，即t最大，故選：A.20天寧區(qū)校級(jí)期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（1，0）、B（3，0C為平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，且滿足∠ACB＝90°,D為直線y＝x上的動(dòng)點(diǎn)．則線段CD長(zhǎng)的最小值為()【分析】利用圓周角可判斷點(diǎn)C在以AB為直徑的圓上，如圖，連接DE交。E于C′，由于DC≤DE﹣CE（當(dāng)且僅當(dāng)D、C、E共線時(shí)取等號(hào)）即DC≤DE﹣1，由于DE⊥直線y＝x時(shí)，DE最短，DE的最小值為，所以線段CD長(zhǎng)的最小值為﹣1.∴點(diǎn)C在以AB為直徑的圓上，AB為直徑的圓的圓心為E點(diǎn)，如圖，連接DE交。E于C′，∴DC≤DE﹣CE（當(dāng)且僅當(dāng)D、C、E共線時(shí)取等號(hào)即DC≤DE﹣1，∵DE⊥直線y＝x時(shí)，DE最短，DE的最小值為OE=∴線段CD長(zhǎng)的最小值為﹣1.故選：B.21鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)期中）如圖，AB是半圓的直徑，∠ABC的平分線分別交弦AC和半圓于E和D，若BE=【分析】連接OD交AC于點(diǎn)F，根據(jù)AB是半圓的直徑，得∠C＝90°,由BD平分∠ABC，得＝市，根據(jù)垂徑定理得OD⊥AC，所以AF＝CF，根據(jù)中位線定理得OF＝BC，再證明△DEF∽△BEC，得===,所以O(shè)F＝DF＝1，EF＝EC，BC＝2，AE＝AC，根據(jù)勾股定理得AC＝2，即可求出AE的長(zhǎng).【解答】解：如圖，連接OD交AC于點(diǎn)F，∵BD平分∠ABC，∴=市，∴OF＝BC，∵∠DFE=∠C＝90°,∠DEF=∠BEC，∴△DEF∽△BEC，∴===,∴OF＝DF＝1，EF＝EC，∴AE=×2=.故選：D.22覃塘區(qū)期中）如圖，已知點(diǎn)A(﹣1，6）在雙曲線上，動(dòng)點(diǎn)P在y軸正半軸上，將點(diǎn)A繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°,點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B，若點(diǎn)B恰好落在雙曲線上，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為()A0，3）C0，2）或（0，6）B3，0）或（4，0）D0，3）或（0，4）【分析】先把A(﹣1，6）代入反比例函數(shù)y=（x＜0）求出k的值，分別過(guò)A、B兩點(diǎn)作x軸的垂線AC，BD，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△APC≌△PBD，再設(shè)P（0，m即可得出B的坐標(biāo)，由雙曲線上的點(diǎn)橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)的積即相等，列方程求m的值，確定P點(diǎn)坐標(biāo).【解答】解：分別過(guò)A、B兩點(diǎn)作AC⊥y軸，BD⊥y軸，垂足為C、D，∵A(﹣1，6）是雙曲線y=（x＜0）上一點(diǎn)，∴k=﹣6，∴反比例函數(shù)的解析式為y=﹣,∴∠PAC=∠BPD，在△APC和△PBD中，,∴△APC≌△PBD（AAS設(shè)P（0，m∵點(diǎn)B在雙曲線上，∴m﹣1=故選：D.23德江縣期中）在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝x與反比例函數(shù)yx＞0）的圖象交于點(diǎn)A（4，2直線y＝x+b（b＞0）與反比例函數(shù)y＝專(zhuān)（x＞0）的圖象交于點(diǎn)C，與y軸交于點(diǎn)B．記y＝專(zhuān)（x＞0）的圖象在點(diǎn)A，C之間的部分與線段OA、OB、BC圍成的區(qū)域（不含邊界）為W，若區(qū)域W內(nèi)恰有4個(gè)整點(diǎn)（點(diǎn)的橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)均為整數(shù)則b的取值范圍是()A.≤b≤2B.＜b≤2C．2≤b<D．2≤b≤【分析】畫(huà)圖根據(jù)區(qū)域W內(nèi)恰有4個(gè)整點(diǎn)，確定b的取值范圍.【解答】解：∵點(diǎn)（2，4）在yx＞0）的圖象上，當(dāng)直線l：y＝x+b過(guò)（1，2）時(shí)，b=,當(dāng)直線l：y＝x+b過(guò)（2，3）時(shí)，b＝2，∴區(qū)域W內(nèi)恰有4個(gè)整點(diǎn)，b的取值范圍是＜b<≤2.綜上所述，區(qū)域W內(nèi)恰有4個(gè)整點(diǎn)，b的取值范圍是＜b<≤2.故選：B.24二道區(qū)校級(jí)期中）如圖，直角三角形的直角頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，AO＝2BO，若點(diǎn)A在反比例函數(shù)y=（x＞0）的圖象上，點(diǎn)B在反比例函數(shù)y=（k＜0）的圖象上，則k的值是()【分析】作BC⊥x軸，AD⊥x軸于點(diǎn)C，D可得△BOC∽△OAD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求解.【解答】解：作BC⊥x軸，AD⊥x軸于點(diǎn)C，D，∵∠BOC+∠OBC=∠BOC+∠AOD，∴△BOC∽△OAD，=4，∴=4，故選：A.25長(zhǎng)春模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△OAB邊AB平行于y軸，函數(shù)y=（k＞0，x＞0）的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，交邊OA于點(diǎn)C，且OC＝2AC，連結(jié)BC．若△OBC的面積為5，則k【分析】作輔助線，構(gòu)建直角三角形，利用反比例函數(shù)k的幾何意義得到S△OCE＝S△OBD＝k，根據(jù)OA的中點(diǎn)C，利用△OCE∽△OAD得到面積比為4：9，代入可得結(jié)論.【解答】解：連接BC，過(guò)C作CE∥AB，交x軸于E，延長(zhǎng)AB與x軸交于點(diǎn)D，∴∠ADO＝90°,反比例函數(shù)yx＞0）的圖象經(jīng)過(guò)OA的點(diǎn)C，OC＝2AC，∴S△COE＝S△BOD＝k，S△AOB＝S△OBC=,∵CE∥AB，∴△OCE∽△OAD，,∴9×k＝4（+k26沈河區(qū)校級(jí)期中）如圖，四邊形ABCD和ACED都是平行四邊形，點(diǎn)F在AB邊上，且AB＝4AF，連接EF分別交AC，DC于點(diǎn)G，H，設(shè)△AFG與△CEH面積的比為k，則k的值為()【分析】四邊形ABCD和ACED都是平行四邊形，可得BC＝CE＝BE，F(xiàn)H＝HE＝FE，△AFG∽△CHG，可得面積之比；再求出GH：HE的值，△CHG和△CEH同高，可得其面積之比即為GH：HE的值，進(jìn)而可得k的值.【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，且AD＝BC，AB∥CD，∵四邊形ACED是平行四邊形，∴AD∥CE，且AD＝CE，∵AB∥CD，BC＝CE，∴CH是△BEF的中位線，∴CH＝BF，HF＝HE，設(shè)AF＝a，∴AB＝4a，BF＝3a，CH＝BF＝a，∴==∵AB∥CD，∴△AFG∽△CHG，∴==∵FG：GH＝2：3，HF＝FG+GH，∴GH：HF＝3：5，∵HF＝HE，△CHG和△CEH同高，∴S△GHC：S△CEH＝GH：HE＝3∴S△CEH＝15m，∴S△AFG：S△CEH＝4m：15m＝4：15，∴k=故選：A.27南召縣期中）如圖，點(diǎn)E是線段BC的中點(diǎn)，∠B=∠C=∠AED，下列結(jié)論中，①△ABE與△ECD相似；②△ABE與△AED相似；③;④∠BAE=∠EAD，其中正確的是()【分析】先利用三角形的內(nèi)角和、平角及已知，說(shuō)明∠BAE=∠DEC，利用相似三角形的判定方法說(shuō)明△ABE∽△ECD，再利用相似三角形的性質(zhì)和判定方法說(shuō)明△ABE∽△AED，最后利用相似三角形的性質(zhì)判斷③④.【解答】解：∵∠B=∠C=∠AED，∠B+∠AEB+∠BAE＝180°,∴∠BAE=∠DEC.又∵∠B=∠C，∴△ABE∽△ECD，故結(jié)論①正確.∴=.∴=.又∵∠B=∠AED，∴△ABE∽△AED，故結(jié)論②正確.∴=,∠BAE=∠EAD，故結(jié)論③④正確.故選：A.28雁塔區(qū)校級(jí)期中）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝3√5，BC＝6．現(xiàn)分別作△ABC的內(nèi)接矩形P1Q1M1N1，P2Q2M2N2，P3Q3M3N3，設(shè)這三個(gè)內(nèi)接矩形的周長(zhǎng)分別為c1、c2、c3，則c1+c2+c3的值是()A．18B．18√5C．18+9√5D．36【分析】首先過(guò)點(diǎn)A作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性質(zhì)，可得BD＝CD＝BC＝3，∠B=∠C，由勾股定理可求得AD的長(zhǎng)，又可證得△BN1P1∽△BAD，利用相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例，可證得N1P1=2BP1，又由△BP1N1≌△CQ1M1（AASBP1＝CQ1，則可求得c1的值，同理可求得c2，c3的值，繼而求得答案.【解答】解：過(guò)點(diǎn)A作AD⊥BC于D，∵四邊形P1Q1M1N1是矩形，∴N1P1