2022-2023学年山东省烟台市开发区九年级（下）期中数学试卷（五四学制）（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省烟台市开发区九年级（下）期中数学试卷（五四学制）（含解析），共28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。

2022-2023学年山东省烟台市开发区九年级（下）期中数学试卷（五四学制）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −tan60°的倒数是(    )
A. − 3 B. 3 C. − 33 D. 33
2. 下列垃圾分类标识的图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是(    )
A. B. C. D.
3. 下列各式中，计算结果等于a9的是(    )
A. a4+a5 B. a2⋅a6 C. a10−a D. a11÷a2
4. 如图的两个几何体分别由7个和6个相同的小正方体搭成，比较两个几何体的三视图，正确的是(    )

A. 仅主视图不同 B. 仅俯视图不同
C. 仅左视图不同 D. 主视图、左视图和俯视图都相同
5. 如图，三角形纸片ABC中，∠BAC=90°，AB=2，AC=3.沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处；再折叠纸片，使点C与点D重合，若折痕与AC的交点为E，则AE的长是(    )


A. 136 B. 56 C. 76 D. 65
6. 如图，两个相同的可以自由转动的转盘A和B，转盘A被三等分，分别标有数字2，0，−1；转盘B被四等分，分别标有数字3，2，−2，−3.如果同时转动转盘A，B，转盘停止时，两个指针指向转盘A，B上的对应数字分别为x，y(当指针指在两个扇形的交线时，需重新转动转盘)，那么点(x,y)落在直角坐标系y轴正半轴上的概率是(    )

A. 13 B. 14 C. 16 D. 18
7. 某型号飞机的机翼形状如图所示，根据图中数据计算AB的长为m．(    )
A. 53 3+1.6
B. 53 3−1.6
C. 52 2+0.9
D. 52 2−0.9


8. 生物学中，描述、解释和预测种群数量的变化，常常需要建立数学模型.在营养和生存空间没有限制的情况下，某种细胞可通过分裂来繁殖后代，我们就用数学模型2n来表示.即：21=2，22=4，23=8，24=16，25=32，…，请你推算22023的个位数字是(    )
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
9. 如图，已知抛物线y=ax2+bx−2的对称轴是直线x=−1，直线l//x轴，且交抛物线于点P(x1,y1)Q(x2,y2)，下列结论：
①b2>−8a，
②若实数m≠−1，则a−b ③3a−2>0，
④当y>−2时，x1⋅x2>0，
其中正确结论的序号是(    )

A. ①② B. ①④ C. ③④ D. ②③
10. 如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为4的正六边形ABCDEF的顶点A处.两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟一次跳1个顶点，黑跳棋按逆时针方向3秒钟一次跳1个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过2022秒钟后停止跳动，此时两枚跳棋之间的距离是(    )


A. 8 B. 4 3 C. 4 D. 0
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 因式分解：a3−3a= ______ ．
12. 如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点B″的坐标为______．





13. 按照如图所示的程序计算，若输出y的值是−3，则输入x的值是______ ．


14. 图①是艺术家埃舍尔的作品，他将数学与绘画完美结合，在平面上创造出立体效果．图②是一个菱形，将图②截去一个边长为原来一半的菱形得到图③，用图③镶嵌得到图④，将图④着色后，再次镶嵌便得到图①，则图④中∠ABC的度数是______°.


15. 如图，点A在双曲线y=kx(k>0,x>0)上，点B在直线l：y=mx−2b(m>0,b>0)上，A与B关于x轴对称，直线l与y轴交于点C，当四边形AOCB是菱形时，有以下结论：
①A(b, 3b)
②当b=2时，k=4 3
③m= 33
④S四边形AOCB=2b2
则所有正确结论的序号是______．

16. 如图1，在△ABC中，∠B=36°，动点P从点A出发，沿折线A→B→C匀速运动至点C停止．若点P的运动速度为1cm/s，设点P的运动时间为t(s)，AP的长度为y(cm)，y与t的函数图象如图2所示．当AP恰好平分∠BAC时t的值为______．


三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
解不等式组x−3(x−2)≤8,12x−1<3−32x，并把解集在数轴上表示出来．
18. (本小题6.0分)
如图，在▱ABCD中，BD是它的一条对角线．
(1)求证：△ABD≌△CDB；
(2)尺规作图：作BD的垂直平分线EF，分别交AD，BC于点E，F(不写作法，保留作图痕迹)；
(3)连接BE，若∠DBE=25°，求∠AEB的度数．

19. (本小题8.0分)
中华文化源远流长，中华诗词寓意深广，为了传承优秀传统文化，我市某校团委组织了一次全校2000名学生参加的“中国诗词大会”海选比赛，赛后发现所有参赛学生的成绩不低于50分．为了更好地了解本次海选比赛的成绩分布情况．随机选取其中200名学生的海选比赛成绩(总分100分)作为样本进行整理，得到海选成绩统计表与扇形统计图如下：
抽取的200名学生成绩统计表
组别
海选成绩
人数
A组
50≤x<60
10
B组
60≤x<70
30
C组
70≤x<80
40
D组
80≤x<90
a
E组
90≤x≤100
70
请根据所给信息解答下列问题：
(1)填空：①a=______，②b=______，③θ=______度；
(2)若把统计表每组中各个成绩用这组数据的中间值代替(例如：A组数据中间值为55分)，请估计被选取的200名学生成绩的平均数；
(3)规定海选成绩不低于90分记为“优秀”，请估计该校参加这次海选比赛的2000名学生中成绩“优秀”的有多少人？

20. (本小题8.0分)
如图，为了测量河对岸A，B两点间的距离，数学兴趣小组在河岸南侧选定观测点C，测得A，B均在C的北偏东37°方向上，沿正东方向行走90米至观测点D，测得A在D的正北方向，B在D的北偏西53°方向上．求A，B两点间的距离．
参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75．

21. (本小题8.0分)
为了解决雨季时城市内涝的难题，我市决定对部分老街道的地下管网进行改造．在改造一段长3600米的街道地下管网时，每天的施工效率比原计划提高了20%，按这样的进度可以比原计划提前10天完成任务．
(1)求实际施工时，每天改造管网的长度；
(2)施工进行20天后，为了减少对交通的影响，施工单位决定再次加快施工进度，以确保总工期不超过40天，那么以后每天改造管网至少还要增加多少米？
22. (本小题10.0分)
如图，AB是⊙O的直径，点C是圆上的一点，CD⊥AD于点D，AD交⊙O于点F，连接AC，若AC平分∠DAB，过点F作FG⊥AB于点G交AC于点H．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)延长AB和DC交于点E，若AE=4BE，求cos∠DAB的值；
(3)在(2)的条件下，求FHAF的值．

23. (本小题12.0分)
已知正方形ABCD，E为对角线AC上一点．
【建立模型】
(1)如图1，连接BE，DE.求证：BE=DE；
【模型应用】
(2)如图2，F是DE延长线上一点，FB⊥BE，EF交AB于点G．
①判断△FBG的形状，并说明理由；
②若G为AB的中点，且AB=4，求AF的长．
【模型迁移】
(3)如图3，F是DE延长线上一点，FB⊥BE，EF交AB于点G，BE=BF.求证：GE=( 2−1)DE．


24. (本小题14.0分)
如图，已知抛物线：y=−2x2+bx+c与x轴交于点A，B(2,0)(A在B的左侧)，与y轴交于点C，对称轴是直线x=12，P是第一象限内抛物线上的任一点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点D为线段OC的中点，则△POD能否是等边三角形？请说明理由；
(3)过点P作x轴的垂线与线段BC交于点M，垂足为点H，若以P，M，C为顶点的三角形与△BMH相似，求点P的坐标．


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：−tan60°的倒数=−1 3=− 33，
故选：C．
根据特殊角的三角函数值，进行计算即可解答．
本题考查了特殊角的三角函数值，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键．

2.【答案】A 
【解析】解：A.既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
B.既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．

3.【答案】D 
【解析】解：由题意，
对于A选项，a4+a5中没有同类项，不能合并，
∴A选项不符合题意．
对于B选项，a2⋅a6=a2+6=a8≠a9，
∴B选项不符合题意．
对于C选项，a10−a中没有同类项，不能合并，
∴C选项不符合题意．
对于D选项，a11÷a2=a9，
∴D选项符合题意．
故选：D．
依据题意，根据同底数幂的乘除法、合并同类项的法则逐项判断即可得解．
本题主要考查了同底数幂的乘除法、合并同类项，解题时需要熟练掌握并理解．

4.【答案】D 
【解析】解：从正面看，两个几何体均为第一层和第二层都是两个小正方形，故主视图相同；
从左面看，两个几何体均为第一层和第二层都是两个小正方形，故左视图相同；
从上面看，两个几何体均为第一层和第二层都是两个小正方形，故俯视图相同．
故选：D．
根据主视图是从物体的正面看得到的视图，俯视图是从上面看得到的图形，左视图是左边看得到的图形，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，利用三视图的意义是解题关键．

5.【答案】A 
【解析】解：∵沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处，
∴AD=AB=2，∠B=∠ADB，
∵折叠纸片，使点C与点D重合，
∴CE=DE，∠C=∠CDE，
∵∠BAC=90°，
∴∠B+∠C=90°，
∴∠ADB+∠CDE=90°，
∴∠ADE=90°，
∴AD2+DE2=AE2，
设AE=x，则CE=DE=3−x，
∴22+(3−x)2=x2，
解得x=136，
∴AE=136，
故选：A．
根据沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处，得AD=AB=2，∠B=∠ADB，又再折叠纸片，使点C与点D重合，得CE=DE，∠C=∠CDE，即可得∠ADE=90°，AD2+DE2=AE2，设AE=x，则CE=DE=3−x，可得22+(3−x)2=x2，即可解得AE=136．
本题考查直角三角形中的翻折变换，解题的关键是掌握翻折的性质，熟练利用勾股定理列方程．

6.【答案】C 
【解析】解：列表如下：

2
0
−1
3
(2,3)
(0,3)
(−1,3)
2
(2,2)
(0,2)
(−1,2)
−2
(2,−2)
(0,−2)
(−1,−2)
−3
(2,−3)
(0,−3)
(−1,−3)
由表可知，共有12种等可能结果，其中点(x,y)落在直角坐标系y轴正半轴上的情况有2种，
所以点(x,y)落在直角坐标系y轴正半轴上的概率是212=16．
故选：C．
列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
本题考查列表法或树状图法，列举出所有等可能出现的结果是正确解答的前提．

7.【答案】B 
【解析】解：延长BA交CM于点M，则四边形CEBF是矩形．
∵四边形CEBF是矩形，
∴CE=FB=5m．
∵DN//CE，
∴∠NDM=∠DMC=45°．
在Rt△DCM中，
∵∠DMC=45°，
∴DC=CM=3.4m．
∴ME=CE−CM=5−3.4=1.6(m)．
在Rt△AEM中，
∵∠DMC=∠EMA=45°，
∴AE=ME=1.6m．
在Rt△CEB中，
∵∠ECB=30°，tan∠ECB=EBEC，
∴EB=tan30°⋅EC
= 33×5
=5 33．
∴AB=EB−EA
=5 33−1.6(m)．
故选：B．
延长BA交CM于点M，先在Rt△DCM、Rt△CEB、Rt△AEM中分别求出CM、EB、EA，再利用线段的和差关系求出AB．
本题考查了解直角三角形的应用，掌握“等角对等边”特殊角的三角函数值及直角三角形的边角间关系是解决本题的关键．

8.【答案】D 
【解析】解：由题意知，2n个位数字每四个数按2，4，8，6循环出现，
∵2023÷4=505…3，
∴22023的个位数字与23相同，为8，
故选：D．
根据尾数的循环性得出结论即可．
本题主要考查数字的变化规律，根据尾数的循环得出结论是解题的关键．

9.【答案】A 
【解析】解：根据函数图象可知a>0，根据抛物线的对称轴公式可得x=−b2a=−1，
∴b=2a，
∴b2>0，−8a<0，
∴b2>−8a.故A正确，符合题意；
∵函数的最小值在x=−1处取到，
∴若实数m≠−1，则a−b−2 ∵l//x轴，
∴y1=y2，
令x=0，则y=−2，即抛物线与y轴交于点(0,−2)，
∴当y1=y2>−2时，x1<0，x2>0．
∴当y1=y2>−2时，x1⋅x2<0.故D错误，不符合题意；
∵a>0，
∴3a>0，没有条件可以证明3a>2.故C错误，不符合题意；
故选：A．
根据函数图象可知a>0，由此可判断出A；根据抛物线的对称轴可得出b=2a，也可得出函数的最小值，在x=−1处取到，由此可判断B；令x=0，则y=−2，即抛物线与y轴交于点(0,−2)，根据函数图象可直接判断D；C没有直接条件判断．
本题主要考查二次函数图象的性质，数形结合思想等知识，掌握二次函数图象的性质是解题关键．

10.【答案】B 
【解析】解：∵红跳棋从A点按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，
∴红跳棋每过6秒返回到A点，
2022÷6=337，
∴经过2022秒钟后，红跳棋跳回到A点，
∵黑跳棋从A点按逆时针方向3秒钟跳1个顶点，
∴黑跳棋每过18秒返回到A点，
2022÷18=112⋅⋅⋅6，
∴经过2022秒钟后，黑跳棋跳到E点，
连接AE，过点F作FM⊥AE，

由题意可得：AF=AE=4，∠AFE=120°，
∴∠FAE=30°，
在Rt△AFM中，AM= 32AF=2 3，
∴AE=2AM=4 3，
∴经过2022秒钟后，两枚跳棋之间的距离是4 3．
故选：B．
分别计算红跳棋和黑跳棋过2022秒钟后的位置，红跳棋跳回到A点，黑跳棋跳到F点，可得结论．
本题考查了正六边形和两动点运动问题，根据方向和速度确定经过2022秒钟后两枚跳棋的位置是解本题的关键．

11.【答案】a(a+ 3)(a− 3) 
【解析】解：a3−3a
=a(a2−3)
=a(a+ 3)(a− 3)，
故答案为：a(a+ 3)(a− 3).
先提公因式，再利用平方差公式继续分解即可解答．
本题考查了实数范围内分解因式，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．

12.【答案】(− 2, 6+1) 
【解析】
【分析】
过点B′作B′D⊥y轴于点D，连接OB，OB′，根据边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°，得∠BOB′=75°，∠BOC=45°，OB=OB′=2 2，即知∠B′OD=30°，可得B′(− 2, 6)，又再沿y轴方向向上平移1个单位长度，故B′′(− 2, 6+1).
【解答】
解：过点B′作B′D⊥y轴于点D，连接OB，OB′，如图：

∵边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°，
∴∠BOB′=75°，∠BOC=45°，OB=OB′=2 2，
∴∠B′OD=∠BOB′−∠BOC=30°，
∴B′D=12OB′= 2，OD= 3B′D= 6，
∴B′(− 2, 6)，
∵再沿y轴方向向上平移1个单位长度，
∴B′′(− 2, 6+1).
故答案为：(− 2, 6+1).
【点评】
本题考查正方形的旋转和平移变换，解题的关键是掌握旋转、平移变换的性质及正方形的性质．  
13.【答案】−1 
【解析】解：设输入的值为x>0时，
根据题意得，−3=1x+1，
整理得，1x=−4，
解得x=−14，与x>0矛盾，舍去；
当x<0时，
根据题意得，−3=2x−1，
整理的2x=−2，
解得，x=−1，
故答案为：−1．
根据运算程序列出方程，然后求解即可．
本题考查了代数式求值，读懂图表信息，根据运算程序列出方程是解题的关键．

14.【答案】60 
【解析】解：如图，

∵∠BAD=∠BAE=∠DAE，∠BAD+∠BAE+∠DAE=360°，
∴∠BAD=∠BAE=∠DAE=120°，
∵BC//AD，
∴∠ABC=180°−120°=60°，
故答案为：60．
先确定∠BAD的度数，再利用菱形的对边平行，利用平行线的性质即可求出∠ABC的度数．
本题考查了菱形的性质与学生读题审题的能力，理解题意，准确识图，求出∠BAD的度数是解题关键．

15.【答案】①②③ 
【解析】解：如图，

①y=mx−2b中，当x=0时，y=−2b，
∴C(0,−2b)，
∴OC=2b，
∵四边形AOCB是菱形，
∴AB=OC=OA=2b，
∵A与B关于x轴对称，
∴AB⊥OD，AD=BD=b，
∴OD= (2b)2−b2= 3b，
∴A( 3b,b)；
故①正确；
②当b=2时，点A的坐标为(2 3,2)，
∴k=2 3×2=4 3，
故②正确；
③∵A( 3b,b)，A与B关于x轴对称，
∴B( 3b,−b)，
∵点B在直线y=mx−2b上，
∴ 3bm−2b=−b，
∴m= 33，
故③正确；
④菱形AOCB的面积=AB⋅OD=2b⋅ 3b=2 3b2，
故④不正确；
所以本题结论正确的有：①②③；
故答案为：①②③．
①根据菱形的性质和勾股定理计算点A的坐标；
②根据①中的坐标，直接将b=2代入即可解答；
③计算点B的坐标，代入一次函数的解析式可解答；
④根据菱形的面积=底边×高可解答．
本题是反比例函数和一次函数的交点问题，考查了坐标与图形性质，勾股定理，关于x轴对称，菱形的性质等知识，掌握函数图象上的点满足对应函数的解析式是解本题的关键．

16.【答案】2 5+2 
【解析】解：如图，连接AP，

由图2可得AB=BC=4cm，
∵∠B=36°，AB=BC，
∴∠BAC=∠C=72°，
∵AP平分∠BAC，
∴∠BAP=∠PAC=∠B=36°，
∴AP=BP，∠APC=72°=∠C，
∴AP=AC=BP，
∵∠PAC=∠B，∠C=∠C，
∴△APC∽△BAC，
∴APAB=PCAC，
∴AP2=AB⋅PC=4(4−AP)，
∴AP=2 5−2=BP，(负值舍去)，
∴t=4+2 5−21=2 5+2，
故答案为：2 5+2．
由图象可得AB=BC=4cm，通过证明△APC∽△BAC，可求AP的长，即可求解．
本题是动点问题的函数图象，考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键．

17.【答案】解：x−3(x−2)≤8①12x−1<3−32x②，
解不等式①得：x≥−1，
解不等式②得：x<2，
∴原不等式组的解集为：−1≤x<2，
该不等式组的解集在数轴上表示为：
 
【解析】按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，熟练掌握解一元一次不等式组是解题的关键．

18.【答案】(1)证明：如图1，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵BD=BD，
∴△ABD≌△CDB(SSS)；
(2)如图所示，

(3)解：如图3，

∵EF垂直平分BD，∠DBE=25°，
∴EB=ED，
∴∠DBE=∠BDE=25°，
∵∠AEB是△BED的外角，
∴∠AEB=∠DBE+∠BDE=25°+25°=50°． 
【解析】(1)由平行四边形的性质得出AB=CD，AD=BC，再由BD=BD，即可证明△ABD≌△CDB；
(2)利用线段垂直平分线的作法进行作图即可；
(3)由垂直平分线的性质得出EB=ED，进而得出∠DBE=∠BDE=25°，再由三角形外角的性质即可求出∠AEB的度数．
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定，线段垂直平分线的性质，基本作图，三角形外角的性质，掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定方法，线段垂直平分线的作法，线段垂直平分线的性质，三角形外角的定义与性质是解决问题的关键．

19.【答案】50  15  72 
【解析】解：(1)a=200−10−30−40−70=50，
b%=30200×100%=15%，
θ=360°×40200=72°，
故答案为：50，15，72；
(2)55×10+65×30+75×40+85×50+95×70200=82(分)，
即估计被选取的200名学生成绩的平均数是82分；
(3)2000×70200=700(人)，
即估计该校参加这次海选比赛的2000名学生中成绩“优秀”的有700人．
(1)根据频数分布表和扇形统计图中的数据，可以计算出a、b、θ的值；
(2)根据加权平均数的计算方法，可以计算出被选取的200名学生成绩的平均数；
(3)根据频数分布表中的数据，可以计算出该校参加这次海选比赛的2000名学生中成绩“优秀”的有多少人．
本题考查频数分布表、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

20.【答案】解：如图所示：∵CE//AD，
∴∠A=∠ECA=37°，
∴∠CBD=∠A+∠ADB=37°+53°=90°，
∴∠ABD=90°，
在Rt△BCD中，∠BDC=90°−53°=37°，CD=90米，cos∠BDC=BDCD，
∴BD=CD⋅cos∠37°≈90×0.80=72(米)，
在Rt△ABD中，∠A=37°，BD=72米，tanA=BDAB，
∴AB=BDtan37∘≈720.75=96(米)．
答：A，B两点间的距离约96米． 
【解析】由三角形内角和定理证得△CBD和△ABD是直角三角形，解直角三角形即可求出AB．
本题主要考查了解直角三角形的应用，证得△CBD和△ABD是直角三角形是解决问题的关键．

21.【答案】解：(1)设原计划每天改造管网x米，则实际施工时每天改造管网(1+20%)x米，
由题意得：3600x−3600(1+20%)x=10，
解得：x=60，
经检验，x=60是原方程的解，且符合题意．
此时，60×(1+20%)=72(米)．
答：实际施工时，每天改造管网的长度是72米；
(2)设以后每天改造管网还要增加m米，
由题意得：(40−20)(72+m)≥3600−72×20，
解得：m≥36．
答：以后每天改造管网至少还要增加36米． 
【解析】本题考查了列分式方程解实际问题的运用，列一元一次不等式解实际问题的运用，在解答时找到相等关系和不相等关系建立方程和不等式是关键．
(1)设原计划每天改造管网x米，则实际施工时每天改造管网(1+20%)x米，根据比原计划提前10天完成任务建立方程求出其解就可以了；
(2)设以后每天改造管网还要增加m米，根据总工期不超过40天建立不等式求出其解即可．

22.【答案】(1)证明：如图1，连接OC，

∵OA=OC，
∴∠CAO=∠ACO，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠OAC，
∴∠DAC=∠ACO，
∴AD//OC，
∵CD⊥AD，
∴OC⊥CD，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)解：∵AE=4BE，OA=OB，
设BE=x，则AB=3x，
∴OC=OB=1.5x，
∵AD//OC，
∴∠COE=∠DAB，
∴cos∠DAB=cos∠COE=OCOE=1.5x2.5x=35；
(3)解：由(2)知：OE=2.5x，OC=1.5x，
∴EC= OE2−OC2= (2.5x)2−(1.5x)2=2x，
∵FG⊥AB，
∴∠AGF=90°，
∴∠AFG+∠FAG=90°，
∵∠COE+∠E=90°，∠COE=∠DAB，
∴∠E=∠AFH，
∵∠FAH=∠CAE，
∴△AHF∽△ACE，
∴FHAF=CEAE=2x4x=12． 
【解析】(1)如图1，连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠CAO=∠ACO，由角平分线的定义得到∠DAC=∠OAC，等量代换得到∠DAC=∠ACO，根据平行线的判定定理得到AD//OC，由平行线的性质即可得到结论；
(2)设BE=x，则AB=3x，根据平行线的性质得∠COE=∠DAB，由三角函数定义可得结论；
(3)证明△AHF∽△ACE，列比例式可解答．
此题考查了和圆有关的综合性题目，用到的知识点有：平行线的判定和性质，三角形相似的性质和判定，切线的判定，三角函数定义以及等腰三角形的判定与性质等知识．掌握切线的判定和相似三角形的性质和判定是解本题的关键，此题难度适中，是一道不错的中考题目．

23.【答案】(1)证明：∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE=45°，
∵AE=AE，
∴△ABE≌△ADE(SAS)，
∴BE=DE；
(2)解：①△FBG为等腰三角形，理由：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠GAD=90°，
∴∠AGD+∠ADG=90°，
由(1)知，△ABE≌△ADE，
∴∠ADG=∠EBG，
∴∠AGD+∠EBG=90°，
∵PB⊥BE，
∴∠FBG+∠EBG=90°，
∴∠AGD=∠FBG，
∵∠AGD=∠FGB，
∴∠FBG=∠FGB，
∴FG=FB，
∴△FBG是等腰三角形；
②如图，过点F作FH⊥AB于H，
∵四边形ABCD为正方形，点G为AB的中点，AB=4，
∴AG=BG=2，AD=4，
由①知，FG=FB，
∴GH=BH=1，
∴AH=AG+GH=3，
在Rt△FHG与Rt△DAG中，∵∠FGH=∠DGA，
∴tan∠FGH=tan∠DGA，
∴FHGH=ADAG=2，
∴FH=2GH=2，
在Rt△AHF中，AF= AH2+FH2= 32+22= 13；
(3)∵FB⊥BE，
∴∠FBG=90°，
在Rt△EBF中，BE=BF，
∴EF= 2BE，
由(1)知，BE=DE，
由(2)知，FG=BF，
∴GE=EF−FG= 2BE−BF= 2DE−DE=( 2−1)DE． 
【解析】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，作出辅助线构造出直角三角形是解(2)的关键．
(1)(1)先判断出AB=AD，∠BAE=∠DAE=45°，进而判断出△ABE≌△ADE，即可得出结论；
(2)①先判断出∠AGD=∠FBG，进而判断出∠FBG=∠FGB，即可得出结论；
②过点F作FH⊥AB于H，先求出AG=BG=2，AD=4，进而求出AH=3，进而求出FH=2，最后用勾股定理即可求出答案；
(3)先判断出EF= 2BE，由(1)知，BE=DE，由(2)知，FG=BF，即可判断出结论．

24.【答案】解：(1)由题意得：−8+2b+c=0−b−4=12，
解得：b=2c=4，
∴抛物线的解析式为：y=−2x2+2x+4；
(2)△POD不可能是等边三角形，理由如下：
如图1，取OD的中点E，过点E作EP//x轴，交抛物线于点P，连接PD，PO，

∵C(0,4)，D是OD的中点，
∴E(0,1)，
当y=1时，−2x2+2x+4=1，
2x2−2x−3=0，
解得：x1=1+ 72，x2=1− 72(舍)，
∴P(1+ 72,1)，
∴OD≠PD，
∴△POD不可能是等边三角形；
(3)设点P的坐标为(t,−2t2+2t+4)，则OH=t，BH=2−t，
分两种情况：
①如图2，△CMP∽△BMH，

∴∠PCM=∠OBC，∠BHM=∠CPM=90°，
∴tan∠OBC=tan∠PCM，
∴HMBH=PMCP=OCOB=42=2，
∴PM=2PC=2t，MH=2BH=2(2−t)，
∵PH=PM+MH，
∴2t+2(2−t)=−2t2+2t+4，
解得：t1=0，t2=1，
∴P(1,4)；
②如图3，△PCM∽△BHM，则∠PCM=∠BHM=90°，

过点P作PE⊥y轴于E，
∴∠PEC=∠BOC=∠PCM=90°，
∴∠PCE+∠EPC=∠PCE+∠BCO=90°，
∴∠BCO=∠EPC，
∴△PEC∽△COB，
∴PEEC=OCOB，
∴t−2t2+2t+4−4=42，
解得：t1=0(舍)，t2=34，
∴P(34,358)；
综上，点P的坐标为(1,4)或(34,358). 
【解析】(1)把点B(2,0)代入y=−2x2+bx+c中，再由对称轴是直线x=12列方程，两个方程组成方程组可解答；
(2)当△POD是等边三角形时，点P在OD的垂直平分线上，所以作OD的垂直平分线与抛物线的交点即为点P，计算OD≠PD，可知△POD不可能是等边三角形；
(3)分种情况：①当PC//x轴时，△CPM∽△BHM时，根据PH的长列方程可解答；②②如图3，△PCM∽△BHM，过点P作PE⊥y轴于E，证明△PEC∽△COB，可得结论．
本题是二次函数的综合题，涉及待定系数法，等边三角形的判定，相似三角形性质和判定，三角函数等知识，解题的关键是运用分类讨论的思想解决以P，M，C为顶点的三角形与△BMH相似的情况．