2020-2021学年甘肃省陇南市某校初三（上）期末考试数学试卷

这是一份2020-2021学年甘肃省陇南市某校初三（上）期末考试数学试卷，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 一元二次方程x2−2x=0的根是（ ）
A.x1=0，x2=−2B.x1=1，x2=2
C.x1=1，x2=−2D.x1=0，x2=2

2. 已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体是( )

A.B.C.D.

3. 在Rt△ABC中，∠C=90∘，下列式子不一定成立的是( )
A.sinA=sinBB.csA=sinB
C.sinA=csBD.∠A+∠B=90∘

4. 抛物线y=4x2−3的顶点坐标是( )
A.(0, −3)B.(−3, 0)C.(0, 3)D.(3, 0)

5. 如图，在半径为5cm的⊙O中，弦AB=8cm，OC⊥AB于点C，则OC=( )

A.6cmB.5cmC.4cmD.3cm

6. 在相同时刻，物高与影长成正比．如果高为1.5米的标杆影长为2.5米，那么影长为30米的旗杆的高为( )
A.20米B.18米C.16米D.15米

7. 如图所示，在△ABC中，∠BAC=90∘，D是BC中点，AE⊥AD交CB延长线于E点，则下列结论正确的是( )

A.△AED∼△ACBB.△AEB∼△ACD
C.△BAE∼△ACED.△AEC∼△DAC

8. 如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=3x经过点A，作AB⊥x轴于点B，将△ABO绕点B逆时针旋转60∘得到△CBD．若点B的坐标为(2, 0)，则点C的坐标为( )

A.(−1, 3)B.(−2, 3)C.(−3, 1)D.(−3, 2)

9. tan45∘sin45∘−2sin30∘cs45∘+tan30∘=
A.12B.22C.32D.33

10. 如图，已知二次函数y=ax2+bx+ca≠0图像过点−1,0，顶点为 (1,2)，则结论：①abc<0；②x=1时，函数的最大值是2；③a+2b+4c>0；④2a=−b；⑤2c>3b．其中正确的结论有( )

A.5个B.4个C.3个D.2个
二、填空题

二次函数y=−x2+2x−3图象的顶点坐标是________．

如图，△ABC以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转60∘，得△AB′C′，则△ABB′是________ 三角形．


如图，用一张半径为24cm的扇形纸板制作一顶圆锥形帽子（接缝忽略不计），如果圆锥形帽子的底面半径为10cm，那么这张扇形纸板的面积是________．


如图，⊙O的半径为2，C1是函数y=12x2的图象，C2是函数y=−12x2的图象，C3是函数y=3x的图象，则阴影部分的面积是________．

三、解答题

解方程： 2x−12=3−6x.

先化简，再求值：x−4x2−1÷x2−3x−4x2+2x+1+1x−1，其中x=23+1．

如图，在直角坐标系中，A0,4，B−3,0.

(1)①画出线段AB关于y轴对称线段AC；②将线段CA绕点C顺时针旋转一个角，得到对应线段CD，使得AD//x轴，请画出线段CD；

(2)若直线y=kx平分(1)中四边形ABCD的面积，请计算出实数k的值．

已知：如图，△ABC中，DE // BC，EF // AB，求证：ADAE=EFEC．


如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．M为AD中点，连接CM交BD于点N，且ON=1.

(1)求BD的长；

(2)若△DCN的面积为2，求四边形ABNM的面积．

如图，在航线l的两侧分别有观测点A和B，点A到航线l的距离为2km，点B位于点A北偏东60∘方向且与A相距10km处．现有一艘轮船从位于点B南偏西76∘方向的C处，正沿该航线自西向东航行，5min后该轮船行至点A的正北方向的D处．
(1)求观测点B到航线l的距离；

(2)求该轮船航行的速度（结果精确到0.1km/h）．（参考数据：3≈1.73，sin76∘≈0.97，cs76∘≈0.24，tan76∘≈4.01）

如图，已知A(−4, n)，B(2, −4)是一次函数y=kx+b的图象和反比例函数y=mx的图象的两个交点．

(1)求反比例函数和一次函数的解析式；

(2)求直线AB与x轴的交点C的坐标及△AOB的面积.

甲、乙两人在玩转盘游戏时，把转盘A，B分成3等份，4等份，并在每一份内标有数字（如图）．游戏规则：同时转动两个转盘，当转盘停止后，指针所在区域的数字之积为奇数时，甲胜；指针所在区域的数字之积为偶数时，乙胜．如果指针恰好在分割线上，则需重新转动转盘．

(1)用树状图或列表的方法，求甲获胜的概率；

(2)这个游戏规则对甲、乙双方公平吗？请判断并说明理由．

如图，以△ABC的BC边上一点O为圆心的圆，经过A，B两点，且与BC边交于点E，D为BE的下半圆弧的中点，连接AD交BC于F，AC=FC．

(1)求证：AC是⊙O的切线；

(2)已知圆的半径R=5，EF=3，求DF的长．

如图，直线y=−3x+3与x轴、y轴分别交于点A，B，抛物线y=a(x−2)2+k经过点A，B，并与x轴交于另一点C，其顶点为P．

(1)求a，k的值；

(2)抛物线的对称轴上有一点Q，使△ABQ是以AB为底边的等腰三角形，求Q点的坐标；

(3)在抛物线及其对称轴上分别取点M，N，使以A，C，M，N为顶点的四边形为正方形，求此正方形的边长．

问题背景：
在某次活动课中，甲、乙、丙三个学习小组于同一时刻在阳光下对校园中一些物体进行了测量．下面是他们通过测量得到的一些信息：
甲组：如图1，测得一根直立于平地，长为80cm的竹竿的影长为60cm．
乙组：如图2，测得学校旗杆的影长为900cm．
丙组：如图3，测得校园景灯（灯罩视为球体，灯杆为圆柱体，其粗细忽略不计）的高度为200cm，影长为156cm．
任务要求：
(1)请根据甲、乙两组得到的信息计算出学校旗杆的高度；

(2)如图3，设太阳光线NH与⊙O相切于点M．请根据甲、丙两组得到的信息，求景灯灯罩的半径．（友情提示：如图3，景灯的影长等于线段NG的影长；需要时可采用等式1562+2082=2602）
参考答案与试题解析
2020-2021学年甘肃省陇南市某校初三（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
【解析】
先分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
【解答】
解：x2−2x=0，
x(x−2)=0，
x=0，x−2=0，
x1=0，x2=2.
故选D．
2.
【答案】
D
【考点】
由三视图判断几何体
【解析】

【解答】
解：由左视图、俯视图看到的都是矩形，
可以判定上下两个都是柱体.
由主视图看到的是三角形与矩形，
所以可以判定上面是三棱柱，下面是长方体．
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
锐角三角函数的定义
互余两角三角函数的关系
【解析】
根据互为余角的三角函数关系，可判断A，B，C；根据直角三角形的性质，可判断D．
【解答】
解：A，∠A≠∠B时，sinA≠sinB，故A错误；
B，csA=sinB，故B正确；
C，sinA=csB，故C正确；
D，∵ ∠C=90∘，
∴ ∠A+∠B=90∘，故D正确.
故选A．
4.
【答案】
A
【考点】
二次函数y=ax^2+bx+c (a≠0)的图象和性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 抛物线y=4x2−3，
∴ 顶点坐标是(0, −3)．
故选A．
5.
【答案】
D
【考点】
垂径定理的应用
勾股定理
【解析】
连接OB，构建直角△OCB，根据垂径定理得：BC=12AB=12×8=4，利用勾股定理可求OC的长．
【解答】
解：如图，连接OB，
∵OC⊥AB，
∴BC=12AB=12×8=4(cm).
∵OB=5，
由勾股定理得：
OC=OB2−BC2=52−42=3(cm).
故选D．
6.
【答案】
B
【考点】
相似三角形的应用
【解析】
在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．
【解答】
解：根据题意解：标杆的高标杆影长=旗杆的高旗杆的影长，
即旗杆高30，
∴ 旗杆的高=1.5×302.5=18(米)．
故选B．
7.
【答案】
C
【考点】
相似三角形的判定
【解析】
利用相似三角形的判定对题目进行判断即可得到答案，需要熟知相似三角形的判定方法:两角对应相等，两三角形相似；直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形和原三角形相似； 两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似；三边对应成比例，两三角形相似．
【解答】
解：因为∠BAC=90∘，∠EAD=90∘，
所以∠EAB+∠BAD=∠BAD+∠DAC，
所以∠BAE=∠DAC.
因为∠BAC=90∘，D是BC中点，
所以AD=DC，
所以∠DCA=∠DAC，
所以∠BAE=∠ACE.
又∠E=∠E
所以△BAE∼△ACE.
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
一次函数图象上点的坐标特点
坐标与图形变化-旋转
含30度角的直角三角形
【解析】
作CH⊥x轴于H，如图，先根据一次函数图象上点的坐标特征确定A(2, 23)，再利用旋转的性质得BC＝BA＝23，∠ABC＝60∘，则∠CBH＝30∘，然后在Rt△CBH中，利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出CH=12BC=3，BH=3CH＝3，所以OH＝BH−OB＝3−2＝1，于是可写出C点坐标．
【解答】
解：作CH⊥x轴于H，如图，
∵ 点B的坐标为(2, 0)，AB⊥x轴于点B，
∴ A点横坐标为2，
当x=2时，y=3x=23，
∴ A(2, 23)，
∵ △ABO绕点B逆时针旋转60∘得到△CBD，
∴ BC=BA=23，∠ABC=60∘，
∴ ∠CBH=30∘，
在Rt△CBH中，CH=12BC=3，
BH=3CH=3，
OH=BH−OB=3−2=1，
∴ C(−1, 3)．
故选A.
9.
【答案】
D
【考点】
特殊角的三角函数值
【解析】
分别把tan45∘=1，sin45∘=cs45∘=22，sin30∘=12，tan30∘=33代入原式计算即可．
【解答】
解：原式=1×22−2×12×22+33
=33.
故选D.
10.
【答案】
B
【考点】
二次函数图象与系数的关系
二次函数的最值
【解析】
由抛物线的开口方向判断a与0的关系．由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【解答】
解：①对称轴在y轴的右侧，则a，b异号，
∴ ab<0.
由抛物线与y轴的交点位于y轴的正半轴，则c>0，
∴ abc<0，故①正确；
②∵抛物线的开口方向向下，顶点为1,2，
∴x=1时，函数的最大值是2，故②正确；
③当x=12时，y>0，即14a+12b+c>0，
∴a+2b+4c>0，故③正确；
④∵抛物线的对称轴为直线x=−b2a=1，
∴2a=−b，故④正确；
⑤∵抛物线过点−1,0，
∴a−b+c=0.
∵ a=−12b，
∴−12b−b+c=0，
∴2c=3b，故⑤错误．
综上所述，正确的结论有4个
故选B．
二、填空题
【答案】
1,−2
【考点】
二次函数y=ax^2+bx+c (a≠0)的图象和性质
【解析】
将题目中的函数解析式化为顶点式，即可得到该函数的顶点坐标，本题得以解决．
【解答】
解：∵ 二次函数y=−x2+2x−3
=−(x2−2x+1)−2
=−(x−1)2−2，
∴ 该函数的顶点坐标为1,−2.
故答案为：1,−2.
【答案】
等边
【考点】
旋转的性质
【解析】
先根据旋转的性质得∠BAB′=60∘，AB=AB′，然后根据等边三角形的判定方法进行判断．
【解答】
解：∵ △ABC以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转60∘，得△AB′C′，
∴ ∠BAB′=60∘，AB=AB′，
∴ △ABB′是等边三角形．
故答案为：等边．
【答案】
240πcm2
【考点】
圆锥的计算
【解析】
根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形面积公式计算即可．
【解答】
解：这张扇形纸板的面积=12×2π×10×24=240π(cm2)．
故答案为：240πcm2.
【答案】
53π
【考点】
求阴影部分的面积
扇形面积的计算
二次函数图象与几何变换
【解析】
根据抛物线和圆的性质可以知道，C1是函数y=12x2的图象，C2是函数y=−12x2的图象，C3是函数y=3x的图象，得出阴影部分面积即可．
【解答】
解：由题意得，抛物线y=12x2与抛物线y=−12x2的图形关于x轴对称，
直线y=3x与x轴的正半轴的夹角为60∘.
根据图形的对称性，把左边阴影部分的面积对折到右边，
可以得到阴影部分就是一个扇形，扇形的圆心角为150∘，半径为2，
所以S阴影=150∘⋅π⋅22360∘=53π．
故答案为：53π．
三、解答题
【答案】
解：2x−12=−32x−1，
2x−12+32x−1=0，
(2x−1)[(2x−1)+3]=0，
2x−1=0或2x+2=0，
解得：x1=12，x2=−1.
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：2x−12=−32x−1，
2x−12+32x−1=0，
(2x−1)[(2x−1)+3]=0，
2x−1=0或2x+2=0，
解得：x1=12，x2=−1.
【答案】
解：原式=x−4(x+1)(x−1)×(x+1)2(x−4)(x+1)+1x−1
=x−4(x+1)(x−1)×x+1x−4+1x−1
=1x−1+1x−1
=2x−1.
当x=23+1时，原式=223+1−1=33．
【考点】
分式的化简求值
【解析】
先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把x的值代入进行计算即可．
【解答】
解：原式=x−4(x+1)(x−1)×(x+1)2(x−4)(x+1)+1x−1
=x−4(x+1)(x−1)×x+1x−4+1x−1
=1x−1+1x−1
=2x−1.
当x=23+1时，原式=223+1−1=33．
【答案】
解：(1)如图所示.
(2)∵ AB与AC关于y轴对称，
∴ AB=AC，
∴ ∠ABC=∠ACB.
∵ AD//x轴，
∴ ∠DAC=∠ACB，∠ADC=∠DCx.
∵ 线段CA绕点C顺时针旋转一个角，得到对应线段CD，
∴ CA=CD，
∴ ∠CAD=∠ADC，
∴ ∠ABC=∠DCx，
∴ AB//CD，
∴ 四边形ABCD为平行四边形.
∵ A0,4，C3,0，
∴ 平行四边形ABCD的中心坐标为32,2.
把32,2代入y=kx得，32k=2，
解得k=43.
【考点】
作图-轴对称变换
作图-旋转变换
平行四边形的判定
待定系数法求正比例函数解析式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)如图所示.
(2)∵ AB与AC关于y轴对称，
∴ AB=AC，
∴ ∠ABC=∠ACB.
∵ AD//x轴，
∴ ∠DAC=∠ACB，∠ADC=∠DCx.
∵ 线段CA绕点C顺时针旋转一个角，得到对应线段CD，
∴ CA=CD，
∴ ∠CAD=∠ADC，
∴ ∠ABC=∠DCx，
∴ AB//CD，
∴ 四边形ABCD为平行四边形.
∵ A0,4，C3,0，
∴ 平行四边形ABCD的中心坐标为32,2.
把32,2代入y=kx得，32k=2，
解得k=43.
【答案】
解：∵ 在△ABC中，DE // BC，EF // AB，
∴ ∠ADE=∠B=∠EFC．
∵ DE // BC，
∴ ∠AED=∠C，
∴ △ADE∼△EFC，
∴ ADAE=EFEC.
【考点】
相似三角形的性质与判定
平行线的性质
【解析】
由DE // BC，EF // AB，可求得∠ADE=∠EFC，∠AED=∠C，即可得△ADE∽△EFC，根据相似三角形的对应边成比例，即可证得ADAE=EFEC⋅
【解答】
解：∵ 在△ABC中，DE // BC，EF // AB，
∴ ∠ADE=∠B=∠EFC．
∵ DE // BC，
∴ ∠AED=∠C，
∴ △ADE∼△EFC，
∴ ADAE=EFEC.
【答案】
解：(1)∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD // BC，AD=BC，OB=OD，
∴ ∠DMN=∠BCN，∠MDN=∠NBC，
∴ △MND∽△CNB，
∴ MDCB=DNBN，
∵ M为AD中点，
∴ MD=12AD=12BC，即MDCB=12，
∴ DNBN=12，即BN=2DN，
设OB=OD=x，则有BD=2x，BN=OB+ON=x+1，DN=x−1，
∴ x+1=2(x−1)，
解得：x=3，
∴ BD=2x=6；
(2)∵ △MND∽△CNB，且相似比为1:2，
∴ MN:CN=DN:BN=1:2，
∴ S△MND=12S△CND=1，S△BNC=2S△CND=4．
∴ S△ABD=S△BCD=S△BCN+S△CND=4+2=6
∴ S四边形ABNM=S△ABD−S△MND=6−1=5．
【考点】
相似三角形的性质与判定
平行四边形的性质
【解析】
（1）由四边形ABCD为平行四边形，得到对边平行且相等，且对角线互相平分，根据两直线平行内错角相等得到两对角相等，进而确定出三角形MND与三角形CNB相似，由相似得比例，得到DN:BN=1:2，设OB=OD=x，表示出BN与DN，求出x的值，即可确定出BD的长；
（2）由相似三角形相似比为1:2，得到CN=2MN，BN=2DN．已知△DCN的面积，则由线段之比，得到△MND与△CNB的面积，从而得到S△ABD=S△BCD=S△BCN+S△CND，最后由S四边形ABNM=S△ABD−S△MND求解．
【解答】
解：(1)∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD // BC，AD=BC，OB=OD，
∴ ∠DMN=∠BCN，∠MDN=∠NBC，
∴ △MND∽△CNB，
∴ MDCB=DNBN，
∵ M为AD中点，
∴ MD=12AD=12BC，即MDCB=12，
∴ DNBN=12，即BN=2DN，
设OB=OD=x，则有BD=2x，BN=OB+ON=x+1，DN=x−1，
∴ x+1=2(x−1)，
解得：x=3，
∴ BD=2x=6；
(2)∵ △MND∽△CNB，且相似比为1:2，
∴ MN:CN=DN:BN=1:2，
∴ S△MND=12S△CND=1，S△BNC=2S△CND=4．
∴ S△ABD=S△BCD=S△BCN+S△CND=4+2=6
∴ S四边形ABNM=S△ABD−S△MND=6−1=5．
【答案】
解：(1)设AB与l交于点O,
在Rt△AOD中，
∵ ∠OAD=60∘，AD=2km，
∴ OA=ADcs60∘=4(km)．
∵ AB=10km，
∴ OB=AB−OA=6(km)．
在Rt△BOE中，∠OBE=∠OAD=60∘，
∴ BE=OB⋅cs60∘=3(km)．
答：观测点B到航线l的距离为3km．
(2)在Rt△AOD中，OD=AD⋅tan60∘=23(km)，
在Rt△BOE中，OE=BE⋅tan60∘=33(km)，
∴ DE=OD+OE=53(km)．
在Rt△CBE中，∠CBE=76∘，BE=3km，
∴ CE=BE⋅tan∠CBE=3tan76∘．
∴ CD=CE−DE=3tan76∘−53≈3.38(km)．
∵ 5(min)=112(h)，
∴ v=st=CD112=12CD
=12×3.38≈40.6(km/h)．
答：该轮船航行的速度约为40.6km/h．
【考点】
解直角三角形的应用-方向角问题
【解析】
第（1）题中已将观测点B到航线l的距离用辅助线BE表示出来，要求BE，先求出OA，OB，再在Rt△OBE中，求出BE即可．
第（2）题中，要求轮船航行的速度，需求出CE，CD的长度，最后才能求出轮船航行的速度．
【解答】
解：(1)设AB与l交于点O,
在Rt△AOD中，
∵ ∠OAD=60∘，AD=2km，
∴ OA=ADcs60∘=4(km)．
∵ AB=10km，
∴ OB=AB−OA=6(km)．
在Rt△BOE中，∠OBE=∠OAD=60∘，
∴ BE=OB⋅cs60∘=3(km)．
答：观测点B到航线l的距离为3km．
(2)在Rt△AOD中，OD=AD⋅tan60∘=23(km)，
在Rt△BOE中，OE=BE⋅tan60∘=33(km)，
∴ DE=OD+OE=53(km)．
在Rt△CBE中，∠CBE=76∘，BE=3km，
∴ CE=BE⋅tan∠CBE=3tan76∘．
∴ CD=CE−DE=3tan76∘−53≈3.38(km)．
∵ 5(min)=112(h)，
∴ v=st=CD112=12CD
=12×3.38≈40.6(km/h)．
答：该轮船航行的速度约为40.6km/h．
【答案】
解：(1)∵ 点B在反比例函数y=mx的图象上，
∴ m=2×(−4)=−8，
∴ 反比例函数解析式为：y=−8x.
把A(−4, n)代入y=−8x，
得−4n=−8，解得n=2，
则A点坐标为(−4,2).
把A(−4,2)，B(2,−4)分别代入y=kx+b，
得−4k+b=2,2k+b=−4, 解得k=−1,b=−2,
∴ 一次函数的解析式为y=−x−2.
(2)∵ y=−x−2，
∴ 当−x−2=0时，x=−2，
∴ 点C的坐标为：(−2, 0)，
S△AOB=S△AOC+S△COB
=12×2×2+12×2×4
=6.
【考点】
反比例函数与一次函数的综合
待定系数法求一次函数解析式
待定系数法求反比例函数解析式
三角形的面积
【解析】
（1）先把B点坐标代入代入y=mx，求出m得到反比例函数解析式，再利用反比例函数解析式确定A点坐标，然后利用待定系数法求一次函数解析式；
（2）根据x轴上点的坐标特征确定C点坐标，然后根据三角形面积公式和△AOB的面积＝S△AOC+S△BOC进行计算；
（3）观察函数图象得到当−42时，一次函数图象都在反比例函数图象下方．
【解答】
解：(1)∵ 点B在反比例函数y=mx的图象上，
∴ m=2×(−4)=−8，
∴ 反比例函数解析式为：y=−8x.
把A(−4, n)代入y=−8x，
得−4n=−8，解得n=2，
则A点坐标为(−4,2).
把A(−4,2)，B(2,−4)分别代入y=kx+b，
得−4k+b=2,2k+b=−4, 解得k=−1,b=−2,
∴ 一次函数的解析式为y=−x−2.
(2)∵ y=−x−2，
∴ 当−x−2=0时，x=−2，
∴ 点C的坐标为：(−2, 0)，
S△AOB=S△AOC+S△COB
=12×2×2+12×2×4
=6.
【答案】
解：(1)画出树状图如图所示：
共有12种等可能的情况，其中指针所在区域的数字之积为奇数的情况有4种，
所以甲获胜的概率为412=13.
(2)这个游戏规则对甲、乙双方不公平．
理由如下：
甲获胜的概率为13，乙获胜的概率为812=23，
而13<23，
所以这个游戏规则对甲、乙双方不公平．
【考点】
列表法与树状图法
游戏公平性
【解析】
（1）先画树状图展示所有12种等可能的结果数，找出指针所在区域的数字之积为偶数的结果数，然后根据概率公式计算；
（2）计算出乙获胜的概率，然后通过比较两个概率的大小来判断游戏是否公平．
【解答】
解：(1)画出树状图如图所示：
共有12种等可能的情况，其中指针所在区域的数字之积为奇数的情况有4种，
所以甲获胜的概率为412=13.
(2)这个游戏规则对甲、乙双方不公平．
理由如下：
甲获胜的概率为13，乙获胜的概率为812=23，
而13<23，
所以这个游戏规则对甲、乙双方不公平．
【答案】
(1)证明：连接OA，OD，如图：
∵ D为BE的下半圆弧的中点，
∴ OD⊥BE，
∴ ∠D+∠DFO=90∘.
∵ AC=FC，
∴ ∠CAF=∠CFA.
∵ ∠CFA=∠DFO，
∴ ∠CAF=∠DFO.
而OA=OD，
∴ ∠OAD=∠ODF，
∴ ∠OAD+∠CAF=90∘，即∠OAC=90∘，
∴ OA⊥AC，
∴ AC是⊙O的切线；
(2)解：∵ 圆的半径R=5，EF=3，
∴ OF=2.
在Rt△ODF中，
∵ OD=5，OF=2，
∴ DF=52+22=29．
【考点】
切线的判定
垂径定理
勾股定理
【解析】
（1）连结OA、OD，如图，根据垂径定理的推理，由D为BE的下半圆弧的中点得到OD⊥BE，则∠D+∠DFO=90∘，再由AC=FC得到∠CAF=∠CFA，根据对顶角相等得∠CFA=∠DFO，所以∠CAF=∠DFO，加上∠OAD=∠ODF，则∠OAD+∠CAF=90∘，于是根据切线的判定定理即可得到AC是⊙O的切线；
（2）由于圆的半径R=5，EF=3，则OF=2，然后在Rt△ODF中利用勾股定理计算DF的长．
【解答】
(1)证明：连接OA，OD，如图：
∵ D为BE的下半圆弧的中点，
∴ OD⊥BE，
∴ ∠D+∠DFO=90∘.
∵ AC=FC，
∴ ∠CAF=∠CFA.
∵ ∠CFA=∠DFO，
∴ ∠CAF=∠DFO.
而OA=OD，
∴ ∠OAD=∠ODF，
∴ ∠OAD+∠CAF=90∘，即∠OAC=90∘，
∴ OA⊥AC，
∴ AC是⊙O的切线；
(2)解：∵ 圆的半径R=5，EF=3，
∴ OF=2.
在Rt△ODF中，
∵ OD=5，OF=2，
∴ DF=52+22=29．
【答案】
解：(1)∵ 直线y=−3x+3与x轴、y轴分别交于点A，B，
∴ A(1, 0)，B(0, 3)．
又∵ 抛物线y=a(x−2)2+k经过点A(1, 0)，B(0, 3)，
∴ a+k=0，4a+k=3， 解得a=1，k=−1，
故a，k的值分别为1，−1.
(2)如图，
设Q点的坐标为(2, m)，对称轴x=2交x轴于点F，过点B作BE垂直于直线x=2于点E．
在Rt△AQF中，AQ2=AF2+QF2=1+m2，
在Rt△BQE中，BQ2=BE2+EQ2=4+(3−m)2.
∵ AQ=BQ，
∴ 1+m2=4+(3−m)2，
∴ m=2，
∴ Q点的坐标为(2, 2).
(3)如图，
当点N在对称轴上时，NC与AC不垂直，
所以AC应为正方形的对角线．
又∵ 对称轴x=2是AC的中垂线，
∴ M点与顶点P(2, −1)重合，N点为点P关于x轴的对称点，其坐标为(2, 1)．
此时，MF=NF=AF=CF=1，且AC⊥MN，
∴ 四边形AMCN为正方形．
在Rt△AFN中，AN=AF2+NF2=2，
即正方形的边长为2．
【考点】
二次函数综合题
待定系数法求二次函数解析式
【解析】
（1）先求出直线y＝−3x+3与x轴交点A，与y轴交点B的坐标，再将A、B两点坐标代入y＝a(x−2)2+k，得到关于a，k的二元一次方程组，解方程组即可求解；
（2）设Q点的坐标为(2, m)，对称轴x＝2交x轴于点F，过点B作BE垂直于直线x＝2于点E．在Rt△AQF与Rt△BQE中，用勾股定理分别表示出AQ2＝AF2+QF2＝1+m2，BQ2＝BE2+EQ2＝4+(3−m)2，由AQ＝BQ，得到方程1+m2＝4+(3−m)2，解方程求出m＝2，即可求得Q点的坐标；
（3）当点N在对称轴上时，由NC与AC不垂直，得出AC为正方形的对角线，根据抛物线的对称性及正方形的性质，得到M点与顶点P(2, −1)重合，N点为点P关于x轴的对称点，此时，MF＝NF＝AF＝CF＝1，且AC⊥MN，则四边形AMCN为正方形，在Rt△AFN中根据勾股定理即可求出正方形的边长．
【解答】
解：(1)∵ 直线y=−3x+3与x轴、y轴分别交于点A，B，
∴ A(1, 0)，B(0, 3)．
又∵ 抛物线y=a(x−2)2+k经过点A(1, 0)，B(0, 3)，
∴ a+k=0，4a+k=3， 解得a=1，k=−1，
故a，k的值分别为1，−1.
(2)如图，
设Q点的坐标为(2, m)，对称轴x=2交x轴于点F，过点B作BE垂直于直线x=2于点E．
在Rt△AQF中，AQ2=AF2+QF2=1+m2，
在Rt△BQE中，BQ2=BE2+EQ2=4+(3−m)2.
∵ AQ=BQ，
∴ 1+m2=4+(3−m)2，
∴ m=2，
∴ Q点的坐标为(2, 2).
(3)如图，
当点N在对称轴上时，NC与AC不垂直，
所以AC应为正方形的对角线．
又∵ 对称轴x=2是AC的中垂线，
∴ M点与顶点P(2, −1)重合，N点为点P关于x轴的对称点，其坐标为(2, 1)．
此时，MF=NF=AF=CF=1，且AC⊥MN，
∴ 四边形AMCN为正方形．
在Rt△AFN中，AN=AF2+NF2=2，
即正方形的边长为2．
【答案】
解：(1)由题意可知：∠BAC=∠EDF=90∘，∠BCA=∠EFD，
∴ △ABC∼△DEF，
∴ ABDE=ACDF，即80DE=60900，
∴ DE=1200cm．
∴ 学校旗杆的高度是12m．
(2)由题意可知：∠BAC=∠NGH=90∘，∠BCA=∠NHG，
∴ △ABC∼△GNH，
∴ ABGN=ACGH，即80GN=60156，
解得，GN=208．
在Rt△NGH中，根据勾股定理得：NH2=1562+2082=2602，
∴ NH=260．
设⊙O的半径为rcm，连接OM，
∵ NH切⊙O于M，
∴ OM⊥NH，则∠OMN=∠HGN=90∘.
又∵ ∠ONM=∠HNG，
∴ △OMN∼△HGN，
∴ OMHG=ONHN.
又ON=OK+KN=OK+(GN−GK)=r+8，
∴ r156=r+8260，
解得：r=12，
∴ 景灯灯罩的半径是12cm．
【考点】
相似三角形的应用
勾股定理
【解析】
此题属于实际应用问题，解题时首先要理解题意，然后将实际问题转化为数学问题进行解答；此题需要转化为相似三角形的问题解答，利用相似三角形的性质，相似三角形的对应边成比例解答．
解法（一）：设⊙O的半径为rcm，连接OM，判定△OMN∽△HGN，然后根据相似三角形的性质得出OMHG=ONHN，然后得出关于r的关系式，求出r即可；
解法（二）：设⊙O的半径为rcm，连接OM，判定△OMN∽△HGN，然后根据相似三角形的性质得出OMHG=ONHN，然后得出MN=43r，再根据勾股定理得出关于r的关系式，求出r即可；
【解答】
解：(1)由题意可知：∠BAC=∠EDF=90∘，∠BCA=∠EFD，
∴ △ABC∼△DEF，
∴ ABDE=ACDF，即80DE=60900，
∴ DE=1200cm．
∴ 学校旗杆的高度是12m．
(2)由题意可知：∠BAC=∠NGH=90∘，∠BCA=∠NHG，
∴ △ABC∼△GNH，
∴ ABGN=ACGH，即80GN=60156，
解得，GN=208．
在Rt△NGH中，根据勾股定理得：NH2=1562+2082=2602，
∴ NH=260．
设⊙O的半径为rcm，连接OM，
∵ NH切⊙O于M，
∴ OM⊥NH，则∠OMN=∠HGN=90∘.
又∵ ∠ONM=∠HNG，
∴ △OMN∼△HGN，
∴ OMHG=ONHN.
又ON=OK+KN=OK+(GN−GK)=r+8，
∴ r156=r+8260，
解得：r=12，
∴ 景灯灯罩的半径是12cm．