...
∴△BAC∽△BDA， ∴∴
=
，
=，
∴BD=9，
∴CD=BD﹣BC=9﹣4=5， 故选B．
【点评】本题考查平行线的性质、旋转变换、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形，属于中考常考题型．
10．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为x=﹣1，与x轴的一个交点在（﹣3，0）和（﹣2，0）之间，其部分图象如图所示，则下列结论： （1）b2﹣4ac＞0； （2）2a=b；
（3）点（﹣，y1）、（﹣，y2）、（，y3）是该抛物线上的点，则y1＜y2＜y3； （4）3b+2c＜0；
（5）t（at+b）≤a﹣b（t为任意实数）． 其中正确结论的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】二次函数与不等式（组）；二次函数图象与系数的关系；抛物线与x轴的交点．
【分析】逐一分析5条结论是否正确：（1）由抛物线与x轴有两个不相同的交点结合根的判别式即可得出该结论正确；（2）根据抛物线的对称轴为x=﹣1，即可得出b=2a，即（2）正确；（3）根据抛物线的对称性找出点（﹣
，y3）在抛物线上，再结合抛物线对称轴左边的单调性即可得出（3）错误；（4）由x=﹣
2
2
3时，y＜0，即可得出3a+c＜0，结合b=2a即可得出（4）正确；（5）由方程at+bt+a=0中△=b﹣4a?a=0结合a＜0，即可得出抛物线y=at2+bt+a中y≤0，由此即可得出（5）正确．综上即可得出结论． 【解答】解：（1）由函数图象可知，抛物线与x轴有两个不同的交点， ∴关于x的方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根， ∴△=b2﹣4ac＞0， ∴（1）正确；
...
...
（2）∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为x=﹣1， ∴﹣
=﹣1，
∴2a=b， ∴（2）正确；
（3）∵抛物线的对称轴为x=﹣1，点（，y3）在抛物线上， ∴（﹣
，y3）．
＜﹣，且抛物线对称轴左边图象y值随x的增大而增大，
∵﹣＜﹣
∴y1＜y3＜y2． ∴（3）错误；
（4）∵当x=﹣3时，y=9a﹣3b+c＜0，且b=2a， ∴9a﹣3×2a+c=3a+c＜0， ∴6a+2c=3b+2c＜0， ∴（4）正确； （5）∵b=2a，
∴方程at+bt+a=0中△=b﹣4a?a=0， ∴抛物线y=at2+bt+a与x轴只有一个交点， ∵图中抛物线开口向下， ∴a＜0，
∴y=at+bt+a≤0， 即at2+bt≤﹣a=a﹣b． ∴（5）正确． 故选C．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数与不等式以及抛物线与x轴的交点，解题的关键是逐一分析5条结论是否正确．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，熟练掌握二次函数的图象是关键．
二、填空题：本大题共6个小题，每小题3分，共18分．只需要将结果直接填写在答题卡对应题号处的横线上，不必写出解答过程，不填、错填，一律得0分． 11．函数y=
的自变量x的取值范围是 x≥2且x≠3 ．
2
2
2
【考点】函数自变量的取值范围；零指数幂．
【分析】根据分式、二次根式以及零指数幂有意义的条件解不等式组即可．
...
...
【解答】解：由题意得，，
解得x≥2且x≠3， 故答案为x≥2且x≠3．
【点评】本题考查了函数自变量的取值范围问题，以及零指数幂有意义的条件：底数不为零．
12．已知在平面直角坐标系中，点A（﹣3，﹣1）、B（﹣2，﹣4）、C（﹣6，﹣5），以原点为位似中心将△ABC缩小，位似比为1：2，则点B的对应点的坐标为 （1，2）或（﹣1，﹣2） ． 【考点】位似变换；坐标与图形性质．
【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k解答．
【解答】解：∵点B的坐标为（﹣2，﹣4），以原点为位似中心将△ABC缩小，位似比为1：2， ∴点B的对应点的坐标为（1，2）或（﹣1，﹣2）， 故答案为：（1，2）或（﹣1，﹣2）．
【点评】本题考查的是位似变换的概念和性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．
13．若方程（x﹣m）（x﹣n）=3（m，n为常数，且m＜n）的两实数根分别为a，b（a＜b），则m，n，a，b的大小关系是 a＜m＜n＜b ． 【考点】抛物线与x轴的交点．
【分析】由方程可得x﹣m和x﹣n同号，根据方程根的定义代入可得到a、b与m、n的关系，从而可得出其大小关系． 【解答】解：
∵（x﹣m）（x﹣n）=3， ∴可得∵m＜n，
∴可解得x＞n或x＜m， ∵方程的两根为a和b，
∴可得到a＞n或a＜m，b＞n或b＜m， 又a＜b，综合可得a＜m＜n＜b， 故答案为：a＜m＜n＜b．
【点评】本题考查了一元二次方程的根与系数之间的关系，难度较大，关键是对m，n，a，b大小关系的讨论是此题的难
...
或，
...
14．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的边CO、OA分别在x轴、y轴上，点E在边BC上，将该矩形沿AE折叠，点B恰好落在边OC上的F处．若OA=8，CF=4，则点E的坐标是 （﹣10，3） ．
【考点】勾股定理的应用；矩形的性质；坐标与图形变化-对称；翻折变换（折叠问题）． 【分析】根据题意可以得到CE、OF的长度，根据点E在第二象限，从而可以得到点E的坐标． 【解答】解：设CE=a，则BE=8﹣a， 由题意可得，EF=BE=8﹣a， ∵∠ECF=90°，CF=4， ∴a2+42=（8﹣a）2， 解得，a=3， 设OF=b， ∵△ECF∽△FOA， ∴即
， ，得b=6，
即CO=CF+OF=10，
∴点E的坐标为（﹣10，3）， 故答案为（﹣10，3）．
【点评】本题考查勾股定理的应用，矩形的性质、翻折变化、坐标与图形变化﹣对称，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
15．通过学习，爱好思考的小明发现，一元二次方程的根完全由它的系数确定，即一元二次方程ax+bx+c=0（a≠0），当b﹣4ac≥0时有两个实数根：x1=
2
2
，x2=，于是：x1+x2=，
x1?x2=、这就是著名的韦达定理．请你运用上述结论解决下列问题：关于x的一元二次方程x2+kx+k+1=0的两实数根分别为x1，x2，且x12+x22=1，则k的值为 ﹣1 ． 【考点】根与系数的关系；根的判别式．
【分析】由方程的有两个实数根x1、x2可得△=k2﹣4（k+1）≥0，求得k的范围，又由x1+x2=﹣k，x1x2=k+1及x12+x22=1可求得k的值．
【解答】解：∵x1，x2为一元二次方程x2+kx+k+1=0的两实数根， ∴△=k2﹣4（k+1）≥0，且x1+x2=﹣k，x1x2=k+1，
...
...
解得：k≤2﹣2或k≥2+2，
又∵x12+x22=1，即（x1+x2）2﹣x1x2=1， ∴（﹣k）2﹣（k+1）=1，即k2﹣k﹣2=0， 解得：k=﹣1或k=2（舍）， 故答案为：﹣1．
【点评】本题主要考查一元二次方程的根与系数的关系及根的判别式，熟练掌握根的判别式及根与系数的关系的是关键．
16．如图，在菱形ABCD中，tanA=
，点E、F分别是AB、AD上任意的点（不与端点重合），且AE=DF，
连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H，给出如下几个结论： （1）△AED≌△DFB； （2）CG与BD一定不垂直； （3）∠BGE的大小为定值； （4）S四边形BCDG=
CG；
2
（5）若AF=2DF，则BF=7GF．
其中正确结论的序号为 （1）（3）（4）（5） ．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）正确，先证明△ABD为等边三角形，根据“SAS”证明△AED≌△DFB； （2）错误，只要证明△GDC≌△BGC，利用等腰三角形性质即可解决问题．
（3））正确，由△AED≌△DFB，推出∠ADE=∠DBF，所以∠BGE=∠BDG+∠DBG=∠BDG+∠ADE=60°， （4）正确，证明∠BGE=60°=∠BCD，从而得点B、C、D、G四点共圆，因此∠BGC=∠DGC=60°，过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N．证明△CBM≌△CDN，所以S四边形BCDG=S四边形CMGN，易求后者的面积．
（5）正确，过点F作FP∥AE于P点，根据题意有FP：AE=DF：DA=1：3，则FP：BE=1：6=FG：BG，即BG=6GF，BF=7FG．
【解答】解：（1）∵ABCD为菱形， ∴AB=AD． ∵AB=BD，
∴△ABD为等边三角形． ∴∠A=∠BDF=60°． 又∵AE=DF，AD=BD， 在△AED和△DFB中，
...
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