精品解析：广东省深圳市富源学校2021-2022学年九年级下学期线上教学质量反馈数学试题

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深圳市富源学校2021-2022第二学期九年级线上数学教学质量反馈
一、选择题（共10小题）
1. 在下列图形中是轴对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据轴对称图形的概念求解．
【详解】A.不是轴对称图形，故本选项不符合题意，
B.是轴对称图形，故本选项符合题意，
C.不是轴对称图形，故本选项不符合题意，
D.是不轴对称图形，故本选项不符合题意.
故选B.
【点睛】本题考查了轴对称的知识，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.
2. 华为麒麟990芯片采用了最新的0.000000007米的工艺制程，数0.000000007用科学记数法表示为（　　）
A. 7×10﹣9 B. 7×10﹣8 C. 0.7×10﹣9 D. 0.7×10﹣8
【答案】A
【解析】
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】解：∵，
∴0.00 000 0007用科学记数法表示为．
故选：A．
【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
3. 如图，mn，直角三角尺ABC的直角顶点C在两直线之间，两直角边与两直线相交所形成的锐角分别为α，β．若α＝35°，则β的值为（　　）

A. 35° B. 45° C. 50° D. 55°
【答案】D
【解析】
【分析】过点C作CD m，交AB于点D，可得，由 两直线平行，同位角相等可得，再利用角的和差即可得到答案．
【详解】
如图，过点C作CD m，交AB于点D
又 mn


α＝35°



故选：D．
【点睛】本题考查了平行线的辅助线及性质，熟练掌握知识点，准确的作出辅助线是解题的关键．
4. 下列运算正确的是（　　）
A. a2+a3＝a5 B. 3a2•a3＝6a6
C. （﹣a3）2＝a6 D. （a﹣b）2＝a2﹣b2
【答案】C
【解析】
【分析】分别根据合并同类项法则，同底数幂的乘法法则，积的乘方运算法则以及完全平方公式逐一判断即可．
【详解】解：A．a2与a3不是同类项，所以不能合并，故本选项不合题意；
B.3a2•a3＝3a5，故本选项不合题意；
C．（﹣a3）2＝a6，故本选项符合题意；
D．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，故本选项符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了合并同类项法则，同底数幂乘法法则，积的乘方运算法则以及完全平方公式，掌握运算法则是解题关键．
5. △DEF和△ABC是位似图形，点O是位似中心，点D，E，F分别是OA，OB，OC的中点，若△DEF的面积是2，则△ABC的面积是(  )

A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】先根据三角形中位线的性质得到DE=AB，从而得到相似比，再利用位似的性质得到△DEF∽△ABC，然后根据相似三角形的面积比是相似比的平方求解即可．
【详解】∵点D，E分别是OA，OB的中点，
∴DE=AB，
∵△DEF和△ABC是位似图形，点O是位似中心，
∴△DEF∽△ABC，
∴=，
∴△ABC的面积=2×4=8
故选D．
【点睛】本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
6. 已知m是方程的根，则代数式的值为（ ）
A. B. 2021 C. D. 2022
【答案】A
【解析】
【分析】先把m代入方程中可得，然后利用整体代入进行求解即可．
【详解】解：∵m是方程的根，
∴，
∴；
故选A．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解及代数式的值，熟练掌握一元二次方程的解是解题的关键．
7. 下列哪一个是假命题（　　）
A. 五边形外角和为360°
B. 圆的切线垂直于经过切点的半径
C. （3，﹣2）关于y轴的对称点为（﹣3，2）
D. 抛物线y＝x2﹣4x+2020的对称轴为直线x＝2
【答案】C
【解析】
【分析】根据多边形的外角和定理、切线的性质定理、关于y轴对称的点的坐标特征、二次函数的对称轴是确定方法判断即可．
【详解】A．五边形外角和为360°，是真命题；
B．圆的切线垂直于经过切点的半径，是真命题；
C．（3，﹣2）关于y轴的对称点为（﹣3，﹣2），原命题是假命题；
D．抛物线y＝x2﹣4x+2020的对称轴为直线x＝2，是真命题；
故选：C．
【点睛】此题考查命题与定理，解题关键在于掌握正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉性质定理．
8. 如图所示，以为圆心的圆交数轴于，两点，若，两点表示的数分别为，，则点表示的数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查数轴上两点间距离的问题，直接运用概念就可以求解．
【详解】解：∵，两点表示的数分别为，，
∴AB=AC=，
∴点表示的数是，
故选：B．
【点睛】本题考查了实数与数轴，利用距离相等是解题的关键．
9. 如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象经过点（﹣1，2），且与x轴交点的横坐标分别为x1，x2，其中﹣2＜x1＜﹣1，0＜x2＜1，下列结论：①4a﹣2b+c＜0；②2a﹣b＜0；③abc＞0；④b2+8a＞4ac．其中正确的是（ ）

A. ①②③ B. ①③④ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】由于x＝时，y＜0，则对①进行判断；由抛物线开口方向得到a＜0，由﹣2＜x1＜﹣1，0＜x2＜1，不等式变形得到对称轴的位置，从而得到，则可对②进行判断；由，于是可对③进行判断；根据抛物线的顶点位置可得，而a＜0，易得b2＋8a＞4ac，于是可对④进行判断．
【详解】解：如图：

∵x＝-2时，y＜0，
∴4a－2b＋c＜0，所以①正确；
∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵﹣2＜x1＜﹣1，0＜x2＜1，
∴-2＜x1+x2＜0
∴﹣1＜＜0，
∵对称轴x=，
∴，
∴2a－b＜0，故②正确；
∵，，
∴，
∵抛物线与y轴交于正半轴，
∴，
∴，故③正确；
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点（﹣1，2），对称轴在-1和0之间，
∴顶点纵坐标大于2，
∴，
∵a＜0，
∴b2＋8a＞4ac，所以④正确．
∴正确的选项有4个；
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数与系数的关系：对于二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左侧；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右侧；常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定：△＝b2－4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△＝b2－4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；△＝b2－4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
10. 如图，在中，，以其三边为边向外作正方形，P是AE边上一点，连结PC并延长交HI于点Q，连结CG交AB于点K．若，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过点C作，分别交AB于点M，交FG于点N，根据正方形和相似三角形的性质，通过证明，得；根据勾股定理的性质，计算得；根据矩形的性质，通过证明四边形为矩形，得，再根据相似三角形的性质，通过证明，利用相似比计算，即可得到答案．
【详解】如图，过点C，作，分别交AB于点M，交FG于点N

∵中，，以其三边为边向外作正方形
∴，，，，
∵
∴
∴
设，则
∵
∴
∵，
∴
∴
∵，
∴
∵，
∴四边形为矩形
∴
∴
∵，，
∴
∴
∴
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理、正方形、矩形、相似三角形的知识；解题的关键是熟练掌握相似三角形、正方形和矩形的性质，从而完成求解．
二、填空题（共5小题）
11. 因式分解：2ab3﹣2a3b＝_____．
【答案】

【解析】
【分析】先提公因式，再利用平方差公式分解即可．
【详解】原式
故答案为：2ab（b+a）（b﹣a）．
【点睛】本题考查了提公因式、公式法分解因式，熟练掌握分解因式的步骤是解题的关键．
12. 时隔十三年，奥运圣火再次在北京点燃．北京将首次举办冬奥会，成为国际上唯一举办过夏季和冬季奥运会的“双奥之城”．墩墩和融融积极参加雪上项目的训练，现有三辆车按照1，2，3编号，两人可以任选坐一辆车去训练，则两人同坐2号车的概率是________．
【答案】
【解析】
【分析】先画树状图得到所有的等可能性的结果数，然后找到两人同坐2号车的结果数，再依据概率公式求解即可．
【详解】解：列树状图如下：

由树状图可知一共有9种等可能性的结果数，其中两人同坐2号车的结果数为1种，
∴两人同坐2号车的概率，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了树状图法或列表法求解概率，熟知树状图或列表法求解概率是解题的关键．
13. 如图，无人机与亮亮的水平距离是15米，当他抬头仰视无人机时，仰角恰好为30°，若亮亮身高1.70米，则无人机距离地面的高度为____米．（结果带根号即可）

【答案】##
【解析】
【分析】根据特殊角三角函数值求出AB的长，再由矩形的判定和性质，得出BE的长，进而求出AE.
【详解】解：如图所示，由题意得
∠ACB=30°，CD⊥DE，AE⊥DE，
CB=15m，CD=1.7m，
又∠ABC=90°，
∴四边形CDEB为矩形，
∴BE=CD=1.7m，
∵∠ABC=90°，CB=15m，
∴AB=BC×tan30°=5，
∴AE=5+1.7
故答案为：（5+1.7）

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质以及利用特殊三角函数值求边长，理解题意，作出相应辅助线，利用三角函数求解是解题关键.
14. 如图，A，B两点分别在x轴正半轴，y轴正半轴上，且OA=2，OB=1，将AOB沿AB翻折得ADB，反比例函数y＝（k≠0）的图象恰好经过D点，则k的值是_______．

【答案】
【解析】
【分析】过点D作y轴垂线于点E，交过点A作x轴的垂线于点F，先证明，再利用相似三角形的性质得 ，设 ，分别用含t的代数式表示出AF、DE、DF的长度，利用建立方程解出t的值，即可得到D点的坐标，代入解析式即可求出k的值．
【详解】
过点D作y轴的垂线于点E，交过点A作x轴的垂线于点F

将AOB沿AB翻折得ADB ，OA=2，OB=1
，DA=2，DB=1




设




解得

代入y＝

故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数的点的坐标特征、折叠的性质、相似三角形的判定与性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
15. 如图，在正方形ABCD中，点E在BC边上且BE=3，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段EF．过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G，延长FE交AB的延长线于点H．若BH＝2，则AM=____

【答案】
【解析】
【分析】由“AAS”可证△ABE≌△EGF，可得BE=FG，AB=EG，可证NF=FG=3，通过证明△ABE∽△EBH，可求AB的长，由勾股定理可求AE，AF的，即可求解．
【详解】解：过点F作FN⊥CD于N，

∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段EF．
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠GEF=90°，
在Rt△AEF中，由勾股定理，得AF=AE，
又∵∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠GEF=∠BAE，
又∵FG⊥BC，
∴∠ABE=∠EGF=90°，
在△ABE与△EGF中，
，
∴△ABE≌△EGF（AAS）；
∴BE=FG，AB=EG，
∵AB=BC，
∴BC=EG，
∴BE=CG，
∴FG=CG，
∵∠AEH=∠ABE=∠EBH=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠BEH=90°，
∴∠BEH=∠EAB，
∴△ABE∽△EBH，
∴，
∴EB2=AB•BH，
∴32=2AB，
∴AB=，
∴AE==，
∴AF=AE=，
∵∠G=∠DCG=∠FNC=90°，
∴四边形CGFN是矩形，
∵FG=CG，
∴四边形CGFN是正方形，
∴FN=FG=3，
∵FNAD，
∴=，
∵AM+MF=AF，
∴AM=AF=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，求出AF的长是解题的关键．
三、解答题（共7小题）
16. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】根据负整数指数幂，零指数幂，绝对值和特殊角三角函数值的计算法则求解即可．
【详解】解：

．
【点睛】本题主要考查了负整数指数幂，零指数幂，绝对值和特殊角三角函数值，熟知相关计算法则是解题的关键．
17. 先化简，再求值：，然后从、2、、3中选择一个合适的整数作为x的值代入求值．
【答案】；时，原式=
【解析】
【分析】先根据分式的运算法则把所给代数式化简，然后从所给数中取一个使分式有意义的数代入计算．
【详解】.解：原式=
=
=
=，
∵
∴
当时，原式==．
【点睛】本题考查了分式的计算和化简，解决这类题目关键是把握好通分与约分，分式加减的本质是通分，乘除的本质是约分．同时注意在进行运算前要尽量保证每个分式最简．
18. 2021年12月9日“天宫课堂”第一课正式开讲，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站进行太空授课，神奇的太空实验堪称宇宙级精彩!某校为了培养学生对航天知识的学习兴趣，组织全校800名学生进行了“航天知识竞赛”．教务处从中随机抽取了n名学生的竞赛成绩（满分100分，每名学生的成绩记为x分）分成四组，A组：60≤x＜70；B组：70≤x＜80；C组：80≤x＜90；D组：90≤x≤100，并得到如下不完整的频数分布表、频数分布直方图和扇形统计图．根据图中信息，解答下列问题：
分组
频数
A：60≤x＜70
a
B：70≤x＜80
18
C：80≤x＜90
24
D：90≤x≤100
b

（1）a的值为 ，b的值为 ．
（2）请补全频数分布直方图，并计算扇形统计图中表示“C”的扇形圆心角的度数为 °．
（3）若规定学生竞赛成绩x≥80为优秀，请估算全校竞赛成绩达到优秀的学生人数为 ．
（4）竞赛结束后，九年级一班从本班获得优秀（x≥80）的甲、乙、丙、丁四名同学中随机抽取两名宣讲航天知识．请用列表或画树状图的方法求恰好抽到甲、乙两名同学的概率．
【答案】（1）6，12
（2）144° （3）480
（4）见解析，
【解析】
【分析】（1）由B的人数除以所占百分比得出抽取的学生人数，然后根据A所占百分比求出a，进而可得b的值；
（2）由（1）的结果补全频数分布直方图，再用360°乘以“C”所占的比例即可求得圆心角的度数；
（3）由全校总人数乘以达到优秀的学生人数所占的比例即可；
（4）画出树状图，共有12种等可能的结果，其中恰好抽到甲、乙两名同学的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【小问1详解】
解：抽取的学生人数为：18÷30%＝60，
则a＝60×10%＝6，b＝60−6−18−24＝12，
故答案为：6，12；
【小问2详解】
补全频数分布直方图如下：

扇形统计图中表示“C”的扇形圆心角的度数为：360°×＝144°，
故答案为：144；
【小问3详解】
估算全校竞赛成绩达到优秀的学生人数为：800×＝480（人），
故答案为：480；
【小问4详解】
画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中恰好抽到甲、乙两名同学的结果有2种，
∴恰好抽到甲、乙两名同学的概率为．
【点睛】此题主要考查了列表法或树状图法求概率，频数分布直方图和扇形统计图等知识，列表法或树状图法可以不重复不遗漏地列出所有可能的结果，适用于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
19. 如图，在四边形ABCD中，ABDC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点F，连接OE

（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB＝，BD＝2，求OBE的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）先证CD＝AD，再证四边形ABCD是平行四边形，然后由AB＝AD，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得OA＝OC，BD⊥AC，OB＝BD＝1，求出OA＝3，再证△AOB∽△AEC，得EA＝，则BE＝，过O作OP⊥AE于P，然后由面积法得OP＝，即可得出答案．
【小问1详解】
证明：∵AB∥CD，
∴∠CAB＝∠DCA，
∵AC为∠BAD的平分线，
∴∠CAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD，
∵AB＝AD，
∴AB＝CD，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
【小问2详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，BD⊥AC，OB＝BD＝1，
∴OA＝＝3，
∴AC＝2OA＝6，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°＝∠AOB，
又∵∠OAB＝∠EAC，
∴△AOB∽△AEC，
∴＝，即＝，
∴EA＝，
∴BE＝EA﹣AB＝﹣＝，
过O作OP⊥AE于P，
则OP＝＝＝，
∴△OBE的面积＝××＝．

【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、平行线的性质、勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
20. 五月的第二个星期日是母亲节，母亲们在这一天通常会收到礼物，康乃馨被视为献给母亲的花，某花店在母亲节前夕用3000元购进一批康乃馨，在母亲节当天供不应求，又马上用6000元加急购进一批康乃馨，第二批康乃馨数量是第一批的1.2倍，单价比第一批贵2元．
（1）第一批康乃馨进货单价多少元？
（2）若两次购进康乃馨按同一价格销售，两批全部售完后，获利不少于4200元，那么销售价至少为多少元？
【答案】（1）第一批康乃馨进货单价为3元；（2）销售单价至少为6元．
【解析】
【分析】（1）设第一批进货单价为元，则第二批进货单价为元，根据等量关系“第二批康乃馨数量是第一批的1.2倍”，列分式方程解决问题；
（2）先求出两批康乃馨数量，和第二批的单价，再设销售单价为元，根据不等关系“获利不少于4200元”列一元一次不等式即可求得．
【详解】（1）设第一批进货单价为元，则第二批进货单价为元，
由题可得：，
解得，经检验，是原方程的解．
答：第一批康乃馨进货单价为3元．
（2）由（1）可知，第一批康乃馨有枝，
第二批有枝，进货单价为元，
设销售单价为元，由题意可得：
，
解得．
答：销售单价至少为6元．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用，找到题中的等量关系或者不等关系列出分式方程和一元一次不等式是解题的关键．
21. 如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A(﹣2，0)，B(6，0)两点，与y轴交于点C，直线l与抛物线交于A，D两点，与y轴交于点E，且点D为(4，3)．

（1）求抛物线及直线l的函数关系式；
（2）点F为抛物线顶点，在抛物线的对称轴上是否存在点G，使AFG为等腰三角形，若存在，求出点G的坐标；
（3）若点Q是y轴上一点，且∠ADQ＝45°，请直接写出点Q的坐标．
【答案】（1）y＝﹣x2+x+3，y＝x+1
（2）存在，(2,0)或(2,4+4)或(2,4-4)或(2,-4)
（3）(0，﹣9)或(0，)
【解析】
【分析】（1）设抛物线函数关系式为y=a（x+2）（x-6），将点D（4，3）代入可求二次函数的解析式；再由待定系数法求直线解析式即可；
（2）由题知，点F（2，4），设G（2，y），分三种情况讨论：①当点A为顶点，AF为腰时，AF=AG，此时G（2，-4）；②当点F为顶点，AF为腰时，FA=FG，此时G（2，4+4）或（2，4-4）；③当点G为顶点，AF为底时，GA=GF，此时G（2，0）；
（3）分两种情况讨论：①当Q点在y轴正半轴上时，过点D作DF⊥y轴交于F点，取点M（0，2），连接AM，过点E作EK⊥AM交于点K，可得∠QDF=∠MAE，再求出KM=KE=，AK=，可求tan∠KAE=tan∠QDF==，从而可求QF=，则Q（0，）；②当Q点在y轴负半轴上时，过点D作DH⊥x轴交于点H，可得∠MAE=∠QDH，由tan∠QDH==，求出PH=1，则OP=3，再求出∠OQP=∠PDH，由tan∠OQP==，可求OQ=9，从而得到Q（0，-9）．
【小问1详解】
解：设抛物线函数关系式为y＝a（x+2）（x﹣6），
将点D（4，3）代入得，a＝﹣，
∴y＝﹣x2+x+3；
设直线l的函数关系式为y＝kx+b，
∴，解得，
∴y＝x+1；
【小问2详解】
解：存在点G，使△AFG为等腰三角形，理由如下：
由题知，点F（2，4），
∴AF==4，
设G（2，y），
∴AG＝，
当点A为顶点，AF为腰时，AF＝AG，
∴4＝，
∴y＝±4，
此时G（2，﹣4），
当点F为顶点，AF为腰时，FA＝FG，
∴4＝|4﹣y|，
∴y＝4﹣4或y＝4+4，
此时G(24+4)或(2,4-4)，
当点G为顶点，AF为底时，GA＝GF，
∴=4-y,解得y＝0，
∴G（2，0），
综上所述：G的坐标为(2,0)或(2,4+4)或(2,4-4)或(2,-4)．
【小问3详解】
解：如图1，当Q点在y轴正半轴上时，
过点D作DF⊥y轴交于F点，取点M（0，2），连接AM，过点E作EK⊥AM交于点K，

∵DF∥AO，
∴∠FDA＝∠EAO，
∵OM＝OA，
∴∠MAO＝45°，
∵∠ADQ＝45°，
∴∠QDF＝∠MAE，
∵ME＝1，
∴KM＝KE＝，
∵OM＝OA＝2，
∴AM＝2，
∴AK＝，
∴tan∠KAE＝＝＝，
∴tan∠QDF＝＝＝，
∴QF＝，
∴OQ＝+3＝，
∴Q（0，）；
如图2，当Q点在y轴负半轴上时，过点D作DH⊥x轴交于点H，

∵∠ADQ＝45°，
∴∠FDA+∠QDH＝45°，
∵∠FDE＝∠EAO，
∴∠MAE＝∠QDH，
∴tan∠QDH＝=＝
∴PH＝1，
∴OP＝3，
∵∠PDH+∠DPH＝90°，∠OPQ+∠OQP＝90°，∠OPQ＝∠DPH，
∴∠OQP＝∠PDH，
∴tan∠OQP＝＝＝，
∴OQ＝9，
∴Q（0，﹣9）；
综上所述：Q点坐标为（0，﹣9）或（0，）．
【点睛】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
22. 已知D是等腰直角△ABC所在平面上的任意一点，∠BAC＝90°，连接DA并延长到点E，使得AE＝DA．连接BD，CD，以DB，DC为邻边作平行四边形DBFC，连接EF．

（1）如图1，当点D在△ABC的直角角平分线上时，EF与BC的位置关系为 ，数量关系为 ；
（2）如图2，当点D不在∠BAC的平分线上时，（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
（3）将AD绕点A逆时针旋转，当∠ACD＝15°，∠BFC＝90°时，请直接写出的值．
【答案】（1）EF⊥BC，EF＝BC
（2）成立，证明见解析
（3）或
【解析】
【分析】（1）设EF交BC于点G，由AB＝AC，AF平分∠BAC得EF⊥BC，因为四边形DBFC是平行四边形，所以FG＝DG，而AE＝DA，可得EF＝2AG＝BC；
（2）EF⊥BC，EF＝BC仍然成立，设EF交BC于点H，连接DF交BC于点G，连接AG，则FG＝DG，AE＝DA，根据三角形中位线定理可得AG∥EF，AGEF，而AG⊥BC，AGBC，于是得EF⊥BC，EF＝BC；
（3）分两种情况，一是点D与点B在直线AC的异侧，则∠BCD＝45°+15°＝60°，由四边形DBFC是平行四边形，且∠BFC＝90°得∠BDC＝90°，于是可求得DCBC，ABBC，可求得；二是点D与点B在直线AC的同侧，则∠BCD＝45°﹣15°＝30°，于是可求得DCBC，ABBC，可求得．
【小问1详解】

解：如图1，EF交BC于点G，
∵AB＝AC，AF平分∠BAC，
∴EF⊥BC，
∵∠BAC＝90°，
∴AGBC＝BG＝CG，
∵四边形DBFC是平行四边形，
∴FG＝DG，
∵AE＝DA，
∴EF＝AG+AE+FG＝AG+DA+DG＝AG+AGBCBC＝BC，
故答案为：EF⊥BC，EF＝BC．
【小问2详解】
解：成立，

证明：如图2，EF交BC于点H，连接DF交BC于点G，连接AG，
∵四边形DBFC是平行四边形，
∴GF＝DG，BG＝CG，
∵AB＝AC，
∴AG⊥BC，
∴∠BAC＝90°，
∵AGBC，
∴AE＝DA，
∴AG∥EF，AGEF，
∴∠EHB＝∠AGB＝90°，EFBC，
∴EF⊥BC，EF＝BC．
【小问3详解】
解：如图3，点D与点B在直线AC的异侧，
∵∠ACB＝∠ABC＝45°，∠ACD＝15°，
∴∠BCD＝45°+15°＝60°，
∵四边形DBFC是平行四边形，且∠BFC＝90°，
∴∠BDC＝∠BFC＝90°，
∴DC＝BC•cos∠BCD＝BC•cos60°BC，
∵AB＝BC•cos∠ABC＝BC•cos45°BC，
；
如图4，点D与点B在直线AC的同侧，
∵∠ACB＝∠ABC＝45°，∠ACD＝15°，
∴∠BCD＝45°﹣15°＝30°，
∵四边形DBFC是平行四边形，且∠BFC＝90°，
∴∠BDC＝∠BFC＝90°，
∴DC＝BC•cos∠BCD＝BC•cos30°BC，
∵AB＝BC•cos∠ABC＝BC•cos45°BC，

综上所述，的值为或．


【点睛】此题考查等腰直角三角形的性质、三角形中位线定理、平行四边形的性质、平行线的性质、锐角三角函数、解直角三角形、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题难度较大，属于考试压轴题．