2023届湖北省宜昌市夷陵区数学九上期末预测试题含解析.pdf

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1、2022-2023 学年九上数学期末模拟试卷 注意事项 1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回 2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 05 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置 3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符 4作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用 05 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效 5如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗 一、选择题（每题 4 分，共 48 分）1如图，在Rt

2、 ABC中，590,13,cos13CABA，则 AC 的长为（）A5 B8 C12 D13 2 如图，已知 AB 是O的直径，AD 切O于点 A，点 C 是BE的中点，则下列结论：OCAE；ECBC；DAEABE；ACOE，其中正确的有（）A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 3下列命题是真命题的是（）A如果 a+b0，那么 ab0 B16的平方根是4 C有公共顶点的两个角是对顶角 D等腰三角形两底角相等 4如图，直线 y=2x 与双曲线2yx在第一象限的交点为 A，过点 A 作 ABx 轴于 B，将 ABO 绕点 O 旋转 90，得到 ABO，则点 A的坐标为()A（1.0）B（1.0）

3、或（1.0）C（2.0）或（0，2）D（2.1）或（2，1）5对于题目“抛物线 l1：2(1)4yx（1x2）与直线 l2：ym（m为整数）只有一个交点，确定 m的值”；甲的结果是 m1 或 m2；乙的结果是 m4，则（）A只有甲的结果正确 B只有乙的结果正确 C甲、乙的结果合起来才正确 D甲、乙的结果合起来也不正确 6如图，在Rt ABC中，ACB90，A30，CDAB于点D则BCD与ABC的周长之比为（）A1:2 B1:3 C1:4 D1:5 7如图，平行四边形ABCO的顶点B在双曲线8yx上，顶点C在双曲线kyx上，BC中点P恰好落在y轴上，已知，12OABCS，则k的值为（）A8 B6

4、 C4 D2 8用蓝色和红色可以混合在一起调配出紫色，小明制作了如图所示的两个转盘，其中一个转盘两部分的圆心角分别是120和 240，另一个转盘两部分被平分成两等份，分别转动两个转盘，转盘停止后，指针指向的两个区域颜色恰能配成紫色的概率是（）A12 B13 C23 D34 9已知函数ykxb的图象如图所示，则一元二次方程2xxk10 根的存在情况是 A没有实数根 B有两个相等的实数根 C有两个不相等的实数根 D无法确定 10若关于 x 的一元二次方程2740 xx的两根是12xx、，则1211xx的值为()A74 B74 C7332 D7332 11二次根式x3中，x的取值范围是（）Ax3 B

5、x3 Cx3 Dx3 12如图所示，图中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A B C D 二、填空题（每题 4 分，共 24 分）13如图，A B C是ABC以点O为位似中心经过位似变换得到的，若:2:1OBB B，则A B C的周长与ABC的周长比是 _ 14抛物线 yx24x的对称轴为直线_ 15某地区 2017 年投入教育经费 2 500 万元，2019 年计划投入教育经费 3 025 万元，则 2017 年至 2019 年，该地区投入教育经费的年平均增长率为_ 16四边形 ABCD 是O的内接四边形，50D，则ABC的度数为_.17如图所示，在正方形 ABCD中，G为 CD边中点

6、，连接 AG 并延长交 BC边的延长线于 E点，对角线 BD交 AG于F点已知 FG2，则线段 AE的长度为_ 18甲、乙两名同学参加“古诗词大赛”活动，五次比赛成绩的平均分都是 85 分，如果甲比赛成绩的方差为 S甲2=16.7，乙比赛成绩的方差为 S乙2=28.3，那么成绩比较稳定的是_（填甲或乙）三、解答题（共 78 分）19（8 分）如图 1，已知平行四边形ABCD，DE是ADC的角平分线，交BC于点E （1）求证：CDCE（2）如图 2 所示，点P是平行四边形ABCD的边BC所在直线上一点，若BECE，且3AE，4DE ，求APD的面积 20（8 分）在平面直角坐标系中，抛物线yx2

7、4x+n（x0）的图象记为 G1，将 G1绕坐标原点旋转 180得到图象G2，图象 G1和 G2合起来记为图象 G（1）若点 P（1，2）在图象 G上，求 n的值（2）当 n1 时 若 Q（t，1）在图象 G上，求 t的值 当 kx3（k3）时，图象 G对应函数的最大值为 5，最小值为5，直接写出 k的取值范围（3）当以 A（3，3）、B（3，1）、C（2，1）、D（2，3）为顶点的矩形 ABCD的边与图象 G有且只有三个公共点时，直接写出 n的取值范围 21（8 分）如图，在平面直角坐标系中，RtABC三个顶点都在格点上，点 A、B、C的坐标分别为 A（4，1），B（1，1），C（1，3），

8、请解答下列问题：（1）画出ABC关于原点 O的中心对称图形A1B1C1；（2）画出ABC关于 y轴对称图形A2B2C2，则A2B2C2与A1B1C1的位置关系是 22（10 分）如图，菱形 ABCD的顶点 A，D在直线 l上，BAD=60，以点 A为旋转中心将菱形 ABCD顺时针旋转（030），得到菱形 ABCD，BC交对角线 AC于点 M，CD交直线 l于点 N，连接 MN，当 MNBD 时，解答下列问题：(1)求证：ABMADN；(2)求 的大小.23（10 分）如图，抛物线 yax2+bx4 经过 A（3，0），B（5，4）两点，与 y 轴交于点 C，连接 AB，AC，BC （1）求抛物

9、线的表达式；（2）求ABC 的面积；（3）抛物线的对称轴上是否存在点 M，使得ABM是直角三角形？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由 24（10 分）（1）计算：|32|+（3）1+2sin61（2）解下列方程：x23x11 25（12 分）先化简，再求值：2111xyxyxyy，其中 x52，y52.26定义：点 P 在ABC的边上，且与ABC 的顶点不重合若满足PAB、PBC、PAC 至少有一个三角形与ABC相似（但不全等），则称点 P 为ABC 的自相似点如图，已知点 A、B、C 的坐标分别为（1，0）、（3，0）、（0，1）（1）若点 P 的坐标为（2，0），求证点 P

10、是ABC的自相似点；（2）求除点（2，0）外ABC 所有自相似点的坐标；（3）如图，过点 B作 DBBC 交直线 AC 于点 D，在直线 AC 上是否存在点 G，使GBD 与GBC 有公共的自相似点？若存在，请举例说明；若不存在，请说明理由 参考答案 一、选择题（每题 4 分，共 48 分）1、A【分析】利用余弦的定义可知ACcosA=AB，代入数据即可求出 AC.【详解】AC5cosA=AB13 55AC=AB=13=51313 故选 A.【点睛】本题考查根据余弦值求线段长度，熟练掌握余弦的定义是解题的关键.2、C【分析】由 C 为弧 EB 中点，利用垂径定理的逆定理得到 OC 垂直于 BE

11、，根据等弧对等弦得到 BC=EC，再由 AB 为直角，利用圆周角定理得到 AE 垂直于 BE，进而得到一对直角相等，利用同位角相等两直线平行得到 OC 与 AE 平行，由 AD 为圆的切线，利用切线的性质得到 AB 与 DA 垂直，利用同角的余角相等得到DAE=ABE，根据 E 不一定为弧 AC 中点，可得出 AC与 OE 不一定垂直，即可确定出结论成立的序号【详解】解：C 为BE的中点，即=BC CE，OCBE，BCEC，选项正确；设AE与CO交于F，BFO90，AB 为圆 O的直径，AEBE，即BEA90，BFOBEA，OCAE，选项正确；AD 为圆的切线，DAB90，即DAE+EAB90

12、，EAB+ABE90，DAEABE，选项正确；点 E 不一定为AC中点，故E 不一定是AC中点，选项错误，则结论成立的是，故选：C 【点睛】此题考查了切线的性质，圆周角定理，平行线的判定，以及垂径定理，熟练掌握性质及定理是解本题的关键 3、D【详解】解：A、如果 a+b=0，那么 a=b=0，或 a=b，错误，为假命题；B、16=4 的平方根是2，错误，为假命题；C、有公共顶点且相等的两个角是对顶角，错误，为假命题；D、等腰三角形两底角相等，正确，为真命题；故选 D 4、D【解析】试题分析：联立直线与反比例解析式得：y2x2yx，消去 y 得到：x2=1，解得：x=1 或1y=2 或2 A（1

13、，2），即 AB=2，OB=1，根据题意画出相应的图形，如图所示，分顺时针和逆时针旋转两种情况：根据旋转的性质，可得 AB=AB=AB=2，OB=OB=OB=1，根据图形得：点 A的坐标为（2，1）或（2，1）故选 D 5、C【分析】画出抛物线 l1：y（x1）2+4（1x2）的图象，根据图象即可判断【详解】解：由抛物线 l1：y（x1）2+4（1x2）可知抛物线开口向下，对称轴为直线 x1，顶点为（1，4），如图所示：m为整数，由图象可知，当 m1 或 m2 或 m4 时，抛物线 l1：y（x1）2+4（1x2）与直线 l2：ym（m为整数）只有一个交点，甲、乙的结果合在一起正确，故选：C【

14、点睛】本题考查了二次函数图象与一次函数图象的交点问题，作出函数的图象是解题的关键 6、A【详解】B=B，BDC=BCA=90，BCDBAC；BCD=A=30；Rt BCD 中，BCD=30，则 BC=2BD；由得：CBCD：CBAC=BD：BC=1：2；故选 A 7、B【分析】连接 BO，过 B 点和 C 点分别作 y 轴的垂线段 BE 和 CD，证明BEPCDP（AAS），则BEP 面积=CDP面积；易知BOE 面积=128=2，COD 面积=12|k|由此可得BOC 面积=BPO面积+CPD 面积+COD 面积=3+12|k|=12，解 k即可，注意 k1【详解】连接 BO，过 B 点和

15、C 点分别作 y 轴的垂线段 BE 和 CD，BEP=CDP，又BPE=CPD，BP=CP，BEPCDP（AAS）BEP 面积=CDP 面积 点 B 在双曲线8yx上，所以BOE 面积=128=2 点 C 在双曲线kyx上，且从图象得出 k1，COD 面积=12|k|BOC 面积=BPO面积+CPD 面积+COD 面积=2+12|k|四边形 ABCO 是平行四边形，平行四边形 ABCO 面积=2BOC 面积=2（2+12|k|），2（3+12|k|）=12，解得 k=3，因为 k1，所以 k=-3 故选：B【点睛】本题主要考查了反比例函数 k的几何意义、平行四边形的面积，解决这类问题，要熟知反

16、比例函数图象上点到 y 轴的垂线段与此点与原点的连线组成的三角形面积是12|k|8、B【解析】列表如下：红 红 蓝 红 紫 蓝 紫 紫 共有 9 种情况，其中配成紫色的有 3 种，所以恰能配成紫色的概率=31.93 故选 B 9、C【详解】试题分析：一次函数ykxb的图象有四种情况：当k0，b0时，函数ykxb的图象经过第一、二、三象限；当k0，b0时，函数ykxb的图象经过第一、三、四象限；当k0，b0时，函数ykxb的图象经过第一、二、四象限；当k0，b0时，函数ykxb的图象经过第二、三、四象限.由图象可知，函数ykxb的图象经过第二、三、四象限，所以k0，b0.根据一元二次方程根的判别

17、式，方程2xxk10 根的判别式为214 k124k，当k0时，214 k 124k0，方程2xxk10 有两个不相等的实数根故选 C.10、A【分析】利用一元二次方程的根与系数的关系即可求解.【详解】由题意可得：121274xxxx 则2112121174xxxxxx 故选：A.【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，对于一般形式20(a0)axbxc，设其两个实数根分别为12,x x，则方程的根与系数的关系为：1212,bcxxxxaa.11、A【解析】根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数解答即可.【详解】x3是二次根式，x-30，解得 x3.故选 A.【点睛】本题考查了二次

18、根式有意义的条件熟记二次根式的被开方数是非负数是解题关键 12、C【解析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义（轴对称图形是沿某条直线对折，对折的两部分能够完全重合的图形，中心对称图形是绕着某一点旋转180后能与自身重合的图形）判断即可.【详解】解：A 选项是中心对称图形但不是轴对称图形，A 不符合题意；B 选项是轴对称图形但不是中心对称图形，B 不符合题意；C 选项既是轴对称图形又是中心对称图形，C 符合题意；D 选项既不是轴对称图形又不是中心对称图形.故选：C.【点睛】本题考查了轴对称图形与中心对称图形，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的判断方法是解题的关键.二、填空题（每题 4 分，共 2

19、4 分）13、2：1【分析】根据位似三角形的性质，可得出两个三角形的周长比等于位似比等于边长比求解即可【详解】解：由题意可得出，:()2:3ABABOBB BOB ABC的周长与ABC的周长比=:2:3ABAB 故答案为：2：1【点睛】本题考查的知识点是位似变化，根据题目找出两个图形的位似比是解此题的关键 14、x1【分析】用对称轴公式直接求解.【详解】抛物线 yx14x 的对称轴为直线 x2ba=-421 故答案为 x1【点睛】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的对称轴公式 x2ba是本题的解题关键.15、10%【解析】设年平均增长率为 x，则经过两次变化后 2019 年的经费为 25

20、00(1+x)2；2019 年投入教育经费 3025 万元，建立方程 2500(1+x)2=3025，求解即可.【详解】解：设年平均增长率为 x，得 2500(1+x)2=3025，解得 x=0.1=10%，或 x=-2.1（不合题意舍去）.所以 2017 年到 2019 年该地区投入教育经费的年平均增长率为 10%.【点睛】本题考查一元二次方程的应用-求平均变化率的方法,能够列出式子是解答本题的关键.16、130【分析】根据圆内接四边形的对角互补，得ABC=180-D=130【详解】解：四边形 ABCD 是O的内接四边形,ABC+D=180,D=50,ABC=180-D=130 故答案为：1

21、30【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆内接四边形对角互补 17、2【解析】根据正方形的性质可得出 ABCD，进而可得出ABFGDF，根据相似三角形的性质可得出AFABGFGD2，结合 FG=2 可求出 AF、AG的长度，由 CGAB、AB=2CG可得出 CG为EAB的中位线，再利用三角形中位线的性质可求出 AE的长度，此题得解【详解】四边形 ABCD为正方形，AB=CD，ABCD，ABF=GDF，BAF=DGF，ABFGDF，AFABGFGD2，AF=2GF=4，AG=1 CGAB，AB=2CG，CG为EAB的中位线，AE=2AG=2 故答案为：2 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性

22、质、正方形的性质以及三角形的中位线，利用相似三角形的性质求出 AF的长度是解题的关键 18、甲【分析】【详解】S甲2=16.7，S乙2=28.3，S甲2S乙2，甲的成绩比较稳定，故答案为甲 三、解答题（共 78 分）19、（1）证明见解析；（2）6【分析】（1）根据角平分线的定义结合两直线平行，内错角相等可得CDECED，然后利用等角对等边证明即可；（2）先证得ABE为等腰三角形，设BAEBEA，CEDCDE，利用三角形内角和定理以及平行线性质定理证得90AED，再利用同底等高的两个三角形面积相等即可求得答案【详解】（1）DE平分ADC，ADECDE，又四边形ABCD是平行四边形，/AD BC

23、，ADECED，CDECED，CDCE；（2）CECD，BECE，BECDAB，ABE为等腰三角形，设BAEBEA，CEDCDE，1802ABEa，1802DCE，又180ABEDCE，18021802180，90，90AED，即AED为直角三角形，四边形ABCD是平行四边形，/AD BC，113 4622APDAEDSSAEED 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，等角对等边的性质，同底等高的两个三角形面积相等，证得AED为直角三角形是正确解答(2)的关键 20、（1）n的值为3 或 1；（2）t26或4 或 0，210k2；（3）当 n0，n5，1n3 时

24、，矩形 ABCD 的边与图象 G有且只有三个公共点【分析】（1）先确定图像 G2 的顶点坐标和解析式，然后就 P 分别在图象 G1 和 G2 上两种情况讨论求解即可；（2）先分别求出图象 G1 和 G2 的解析式，然后就 P 分别在图象 G1 和 G2 上两种情况讨论求解即可；结合图像如图 1，即可确定 k的取值范围；（3）结合图像如图 2，根据分 n 的取值范围分类讨论即可求解【详解】（1）抛物线 yx24x+n（x2）2+n4，顶点坐标为（2，n4），将 G1绕坐标原点旋转 180得到图象 G2，图象 G2的顶点坐标为（2，n+4），图象 G2的解析式为：y（x+2）2+4n，若点 P（1

25、，2）在图象 G1上，29+n4，n3；若点 P（1，2）在图象 G2上，21+4n，n1；综上所述：点 P（1，2）在图象 G 上，n的值为3 或 1；（2）当 n1 时，则图象 G1的解析式为：y（x2）25，图象 G2的解析式为：y（x+2）2+5，若点 Q（t，1）在图象 G1上，1（t2）25，t26，若点 Q（t，1）在图象 G2上，1（t+2）2+5，t14，t20 如图 1，当 x2 时，y5，当 x2 时，y5，对于图象 G1，在 y轴右侧，当 y5 时，则 5（x2）25，x2+103，对于图象 G2，在 y轴左侧，当 y5 时，则5（x+2）2+5，x210，当 kx3（

26、k3）时，图象 G对应函数的最大值为 5，最小值为5，210k2；（3）如图 2，图象 G2的解析式为：y（x+2）2+4n，图象 G1的解析式为：y（x2）2+n4，图象 G2的顶点坐标为（2，n+4），与 y轴交点为（0，n），图象 G1的顶点坐标为（2，n4），与 y轴交点为（0，n），当 n1 时，图象 G1与矩形 ABCD 最多 1 个交点，图象 G2与矩形 ABCD最多 1 交点，当1n0 时，图象 G1与矩形 ABCD 有 1 个交点，图象 G2与矩形 ABCD有 3 交点，当 n0 时，图象 G1与矩形 ABCD有 1 个交点，图象 G2与矩形 ABCD有 2 交点，共三个交点

27、，当 0n1 时，图象 G1与矩形 ABCD 有 1 个交点，图象 G2与矩形 ABCD有 1 交点，当 1n3 时，图象 G1与矩形 ABCD 有 1 个交点，图象 G2与矩形 ABCD有 2 交点，共三个交点，当 3n7 时，图象 G1与矩形 ABCD 有 2 个交点，当 3n5 时，图象 G2与矩形 ABCD有 2 个交点，n5 时，图象G2与矩形 ABCD有 1 个交点，n5 时，没有交点，矩形 ABCD 的边与图象 G有且只有三个公共点，n5，当 n7 时，图象 G1与矩形 ABCD最多 1 个交点，图象 G2与矩形 ABCD没有交点，综上所述：当 n0，n5，1n3 时，矩形 AB

28、CD的边与图象 G有且只有三个公共点【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数图像的性质、二次函数的解析式以及二次函数图像上的点，掌握分类讨论思想是解答本题的关键.21、（1）作图见解析；（2）关于 x轴对称【分析】（1）依据中心对称的性质，即可得到ABC关于原点O的中心对称图形111ABC；（2）依据轴对称的性质，即可得到222A B C，进而根据图形位置得出222A B C与111ABC的位置关系【详解】解：（1）如图所示，A1B1C1即为所求；（2）如图所示，A2B2C2即为所求，A2B2C2与A1B1C1的位置关系是关于 x轴对称 故答案为：关于 x轴对称【点睛】本题主要考查了利用

29、旋转变换以及轴对称变换作图，掌握轴对称性的性质以及中心对称的性质是解决问题的关键 22、（1）见解析；（2）=15【分析】（1）利用四边形 ABCD是菱形，得到 AB=BC=CD=AD，根据BAD=BCD=60，可得ABD，BCD是等边三角形，进而得到CMN 是等边三角形，则有 CM=CN，MB=ND，利用 SAS 即可证明ABMADN；（2）由（1）得BAM=DAN，利用CAD=12BAD=30，即可解决问题.【详解】（1）四边形 ABCD是菱形，AB=BC=CD=AD，BAD=BCD=60，ABD，BCD是等边三角形，MNBC，CMN=CBD=60，CNM=CDB=60，CMN 是等边三角

30、形，CM=CN，MB=ND，ABM=ADN=120，AB=AD，ABMADN（SAS），（2）由ABMADN 得：BAM=DAN，CAD=12BAD=30，DAN=BAM=15，=15【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题 23、（1）y16x256x4；（2）10；（3）存在，M1（52，11），M2（52，223），M3（52，5522），M4（52，5522）.【分析】（1）将点 A，B 代入 yax2+bx4 即可求出抛物线解析式；（2）在抛物线 y16x256x4 中，求出点 C 的坐标，推出 BCx 轴，即可由三

31、角形的面积公式求出ABC 的面积；（3）求出抛物线 y16x256x4 的对称轴，然后设点 M（52，m），分别使AMB90，ABM90，AMB90三种情况进行讨论，由相似三角形和勾股定理即可求出点 M 的坐标【详解】解：（1）将点 A（3，0），B（5，4）代入 yax2+bx4，得934025544abab，解得，1656ab，抛物线的解析式为：y16x256x4；（2）在抛物线 y16x256x4 中，当 x0 时，y4，C（0，4），B（5，4），BCx 轴，SABC12BCOC 1254 10，ABC 的面积为 10；（3）存在，理由如下：在抛物线 y16x256x4 中，对称轴为：

32、522bxa，设点 M（52，m），如图 1，当M1AB90时，设 x 轴与对称轴交于点 H，过点 B 作 BNx 轴于点 N，则 HM1m，AH112，AN8，BN4，AM1H+M1AN90，M1AN+BAN90，M1AHBAN，又AHM1BNA90，AHM1BNA，1HMAHBNNA，即11248m，解得，m11，M1（52，11）；如图 2，当ABM290时，设 x 轴与对称轴交于点 H，BC 与对称轴交于点 N，由抛物线的对称性可知，对称轴垂直平分 BC，M2CM2B，BM2NAM2N，又AHM2BNM290，AHM2BNM2，22HMAHBNNM，HM2m，AH112，BN52，M2

33、N4m，112542mm，解得，223m ，M2（52，223）；如图 3，当AMB90时，设 x 轴与对称轴交于点 H，BC 与对称轴交于点 N，则 AM2+BM2AB2，AM2AH2+MH2，BM2BN2+MN2，AH2+MH2+BN2+MN2AB2，HMm，AH112，BN52，MN4m，即22222211544822mm ，解得，m15522，m25522，M3（52，5522），M4（52，5522）；综上所述，存在点 M 的坐标，其坐标为 M1（52，11），M2（52，223），M3（52，5522），M4（52，5522）【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，三角形的面积，直角

34、三角形的存在性，相似三角形的判定与性质等，解题关键是注意分类讨论思想在解题中的运用 24、（1）3；（2）12313313,22xx【分析】（1）由题意先计算绝对值、零指数幂，代入三角函数值，再进一步计算可得；（2）根据题意直接利用公式法进行求解即可【详解】解：（1）|32|+（3）1+2sin61 23+1+232 23+1+3 3；（2）a1，b3，c1，（3）241（1）131，则 x3132，即 x13132，x23132【点睛】本题主要考查含三角函数值的实数运算以及解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、

35、简便的方法是解题的关键 25、2xyxy，12 【解析】试题分析：先根据分式的混合运算顺序和法则化简原式，再将 x、y的值代入求解可得 解：原式=1()()()()()xyxyxy xyxy xyy xy=2()()()xy xyxy xy=2xyxy 当52x，52y 时，原式=2(52)(52)5252=24=12 点睛：本题主要考查分式的化简求值，熟练掌握分式的混合运算顺序和法则是解题的关键 26、（1）见解析；（2）CPACAB，此时 P（35，45）；BPABAC，此时 P(95，25)；（3）S（3，-2）是GBD与GBC 公共的自相似点，见解析【分析】（1）利用：两边对应成比例且

36、夹角相等,证明APCCAB 即可；（2）分类讨论：CPACAB 和BPABAC，分别求得 P 点的坐标；（3）先求得点 D 的坐标，说明点 G（5，4）、S（3，-2）在直线 AC：1yx 上，证得ABCSGB，再证得GBSGCB，说明点 S 是GBC 的自相似点；又证得DBGDSB，说明点 S 是GBD 的自相似点从而说明S（3，-2）是GBD 与GBC 公共的自相似点.【详解】（1）如图，A（1，0），B（3，0），C（0，1），P（2，0），AP=211，AC=222211OAOC2，AB=3-1=2，1222APAC，22ACAB，APAC=ACAB，PAC=CAB，APCCAB，故点

37、 P 是ABC 的自相似点；（2）点 P 只能在 BC 上，CPACAB，如图，由(1)得：AC2，AB3 12 ，又22223110BCOBOC，CPACAB，CPCACACB，2210CP，105CP，过点 P 作 PDy轴交x轴于 D，CPODCBOB，PDPBOCBC，105310OD，10105110PD，35OD，45PD，此时P 点的坐标为(35，45)BPABAC，如图，由前面获得的数据：AB2，10BC，BPABAC，PBABABCB，2210PB，2 105PB，过点 P 作 PEy轴交x轴于 E，PBBEPEBCOBOC，2 1053110BEPE，65BE，25PE，6

38、9355OEOBBE，此时P 点的坐标为(95，25)；（3）存在当点 G的坐标为（5，4）时，GBD 与GBC 公共的自相似点为 S（3，2）理由如下：如图：设直线 AC 的解析式为：ykxb，01kbb，解得：11kb，直线 AC 的解析式为：1yx ，过点 D 作 DEx轴于点 E，CBO+DBE=90，EDB+DBE=90，CBO=EDB，CBOBDE，13COOBBEED，设 BE=a，则 DE=3a，OE=3-a，点 D 的坐标为(3-a，-3a)，点 D 在直线 AC 上，331aa，解得：12a，点 D 的坐标为(52，32)；如下图：当点 G的坐标为（5，4）时，GBD 与G

39、BC 公共的自相似点为 S（3，2）直线 AC 的解析式为：1yx ，5 14 ，3 12 ，点 G、点 S 在直线 AC上，过点 G作 GHx轴于点 H，OAOC，45CAOBAS，由 S（3，2）、B（3，0）知 BSx轴，AED、ABS、AHG为等腰直角三角形，D(52，32)，S32，G(54)，32AEED，322AD，B12EABAE，22221310()222BDBEDE，2ABBS，322 22 2222ASDSASAD，4AHHG，4 2AG，35 24 2222DGAGAD，4 22 22 2SGAGAS，在ABC 和SGB 中 22ACSB，2222 2ABSG，ACABSBSG，180135CABCAO 180135BSGBSA 135CABBSG ABCSGB SBG=BCA，又SGB=BGC，GBSGCB，点 S 是GBC 的自相似点；在DBG 和DSB 中，102522DBDS，5 225102DGDB，DBDGDSDB，且BDGSDB，DBGDSB；点 S 是GBD 的自相似点 S（3，2）是GBD 与GBC 公共的自相似点 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，涉及的知识有：平面内点的特征、待定系数法求直线的解析式、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理，读懂题意，理清“自相似点”的概念是解题的关键.