2022-2023学年湖北省荆门市东宝区九年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年湖北省荆门市东宝区九年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析），共25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.我国传统文化中的“福禄寿喜”图(如图)由四个图案构成．这四个图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.一元二次方程x2−2x+1=0的根的情况是( )
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 没有实数根D. 无法确定
3.下列事件为必然事件的是( )
A. 抛掷一枚硬币，正面向上B. 在一个装有5只红球的袋子中摸出一个白球
C. 方程x2−2x=0有两个不相等的实数根D. 如果|a|=|b|，那么a=b
4.若两个数的和为6，积为5，则以这两个数为根的一元二次方程是( )
A. x2−5x+6=0B. x2−5x−6=0C. x2−6x+5=0D. x2−6x−5=0
5.一次函数y=ax+1与反比例函数y=−ax在同一坐标系中的大致图象是( )
A. B.
C. D.
6.如图，▱ABCD中，E是AB延长线上一点，DE交BC于点F，且BE：AB=3：2，AD=10，则CF=( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 6
7.若A(m+1,y1)、B(m,y2)，C(m−2,y3)为抛物线y=ax2−4ax+2(a<0)上三点，且总有y2>y3>y1，则m的取值范围是( )
A. m>2B. 23
8.以O为中心点的量角器与直角三角板ABC按如图方式摆放，量角器的0刻度线与斜边AB重合．点D为斜边AB上一点，作射线CD交弧AB于点E，如果点E所对应的读数为50∘，那么∠BDE的大小为( )
A. 100∘
B. 110∘
C. 115∘
D. 130∘
9.如图，在平面直角坐标系中，A(−3,0)，B(3,0)，C(3,4)，点P为任意一点，已知PA⊥PB，则线段PC的最大值为( )
A. 3B. 5C. 8D. 10
10.已知A(−3,−2)，B(1,−2)，抛物线y=ax2+bx+c(a>0)顶点在线段AB上运动，形状保持不变，与x轴交于C，D两点(C在D的右侧)，下列结论：
①c≥−2；
②当x>0时，一定有y随x的增大而增大；
③若点D横坐标的最小值为−5，则点C横坐标的最大值为3；
④当四边形ABCD为平行四边形时，a=12.
其中正确的是( )
A. ①③B. ②③C. ①④D. ①③④
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.若m、n是一元二次方程x2−5x−2=0的两个实数根，则m+n−mn=______.
12.从1，2，−3三个数中，随机抽取两个数相乘，积是正数的概率是______ .
13.将△OAB按如图的方式放在平面直角坐标系中，其中∠OBA=90∘，∠A=30∘，顶点A的坐标为(1, 3)，将△OAB绕原点O逆时针旋转60∘得到点△OA′B′，则点A′的坐标为______.
14.如图，已知⊙P的半径为3，圆心P在抛物线y=12x2+x−32上运动，当⊙P与x轴相切时，则圆心P的坐标为______ .
15.如图，点A，B在反比例函数y=3x(x>0)图象上，AC⊥y轴于点C，BD⊥y轴于点E，交反比例函数y=kx(k<0)的图象于点D，连结AD交y轴于点F，若AC=2BE，△ACF和△DEF的面积比是9：4，则k的值是______.
16.如图，⊙O内切于正方形ABCD，边AD，DC上两点E，F，且EF是⊙O的切线，当△BEF的面积为94时，则⊙O的半径r是______ .
三、解答题：本题共8小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
解下列方程：
(1)x2−4x+2=0；
(2)2x2+3=7x.
18.(本小题8分)
如图，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90∘，得到△ADE，点B的对应点为点D，点C的对应点F落在BC边上，连接BD.
(1)求证：DE⊥BC；
(2)若AC=2 2，BC=6，求线段BD的长.
19.(本小题8分)
在建党100周年之际，老红军谢某打算到学校进行一次党史宣讲活动，初步确定从A校、B校、C校、D校、E校中随机抽签选取．
(1)若这次党史宣讲准备选取一所学校，则恰好抽到A校的概率是______.
(2)若这次党史宣讲准备选取两所学校，请用画树状图的方法表示出所有可能，并求出所选取的两校恰好是A校和B校的概率．
20.(本小题8分)
已知关于x的一元二次方程(k−1)x2−2kx+k+2=0有两个不相等的实数根．
(1)求k的取值范围；
(2)若x1，x2是一元二次方程的两个实数根，且满足1x1+1x2=−2，求k的值，并求此时方程的解．
21.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，点A(−3,1)，以点O为顶点作等腰直角三角形AOB，双曲线y1=k1x在第一象限内的图象经过点B.设直线AB的表达式为y2=k2x+b，回答下列问题：
(1)求双曲线y1=k1x和直线AB的y2=k2x+b表达式；
(2)当y1>y2时，求x的取值范围；
(3)求△AOB的面积．
22.(本小题8分)
如图，直角△ACB，∠ACB=90∘，∠A=60∘，以AC为直径作⊙O，点G为AB的中点，连接CG交⊙O于E点；
(1)求证：点E为CG的中点；
(2)过E点作ED⊥AB，D为垂足，延长DE交CB于点F，求证：DE是⊙O的切线；
(3)在(2)的条件下，若CF=2，求BC的长．
23.(本小题8分)
根据对某市相关的市场物价调研，预计进入夏季后的某一段时间，某批发市场内的甲种蔬菜的销售利润y1(千元)与进货量x(吨)之间的函数y1=kx的图象如图①所示，乙种蔬菜的销售利润y2(千元)与进货量x(吨)之间的函数y2=ax2+bx的图象如图②所示．
(1)分别求出y1，y2与x之间的函数关系式；
(2)如果该市场准备进甲、乙两种蔬菜共10吨，设乙种蔬菜的进货量为t吨．
①写出这两种蔬菜所获得的销售利润之和W(千元)与t(吨)之间的函数关系式．并求当这两种蔬菜各进多少吨时获得的销售利润之和最大，最大利润是多少元？
②为了获得两种蔬菜的利润之和不少于8400元，则乙种蔬菜进货量应在什么范围内合适？
24.(本小题8分)
已知抛物线y=ax2+94x+c与x轴交于点A(1,0)和点B两点，与y轴交于点C(0,−3).
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是第三象限抛物线上一动点，作PD⊥x轴，垂足为D，连接PC.
①如图1，若∠CPD=45∘，求点P的坐标；
②直线PD交直线BC于点E，当点E关于直线PC的对称点E′落在y轴上时，求四边形PECE′的周长.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
掌握中心对称图形与轴对称图形的概念：判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
【解答】
解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形．故正确；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故错误．
故选：B.
2.【答案】B
【解析】解：由题意可知Δ=(−2)2−4×1×1=0，
∴一元二次方程x2−2x+1=0有两个相等的实数根.
故选B.
本题考查一元二次方程的根的判别式．
根据根的判别式即可求出答案．
3.【答案】C
【解析】【分析】
必然事件就是一定发生的事件，即发生的概率是1的事件．
本题主要考查了必然事件的概念，必然事件指在一定条件下一定发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，难度适中．
【解答】
解：A、是随机事件，故A选项不符合题意；
B、是不可能事件，故B选项不符合题意；
C、是必然事件，故C选项符合题意；
D、是随机事件，故D选项不符合题意．
故选：C.
4.【答案】C
【解析】解：若两个数的和为6，积为5，则以这两个数为根的一元二次方程是x2−6x+5=0，
故选：C.
以x1，x2为根的一元二次方程是x2−(x1+x2)x+x1x2=0，根据这个公式直接代入即可得到所求方程．
本题考查了一元二次方程的应用，熟记以x1，x2为根的一元二次方程为x2−(x1+x2)x+x1x2=0是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：分两种情况：
(1)当a>0时，一次函数y=ax+1的图象过第一、二、三象限，反比例函数y=−ax图象在第二、四象限，无选项符合；
(2)当a<0时，一次函数y=ax+1的图象过第一、二、四象限，反比例函数y=−ax图象在第一、三象限，故B选项正确．
故选：B.
根据一次函数与反比例函数图象的特点，可以从a>0，和a<0，两方面分类讨论得出答案．
本题主要考查了反比例函数的图象性质和一次函数的图象性质，要掌握它们的性质才能灵活解题．
6.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC//AB，AD//BC，DC=AB，AD=BC，
∴△CDF∽△BEF，
∴BE：DC=BF：CF，
∵BE：AB=2：3，DC=AB，
∴BE：DC=BF：CF=3：2，
∴CF：BF=2：3，
∴CF：BC=2：5，
∵AD=BC=10，
∴CF：10=2：5.
∴CF=4.
故选：C.
由平行四边形的性质可得DC//AB，AD//BC，DC=AB，AD=BC，则可判定△CDF∽△BEF，从而可得比例式，结合DC=AB，AD=BC及BE：AB=3：2，可得答案．
本题考查了相似三角形的判定与性质及平行四边形的性质，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵y=ax2−4ax+2(a<0)，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=−−4a2a=2，
∵y2>y3，
∴m+m−22<2，
解得m<3，
∵y3>y1，
∴m−2+m+12>2，
解得m>52，
故选：C.
由抛物线解析式可得抛物线开口方向及对称轴，根据抛物线开口方向及对称轴分类讨论y2>y3，y3>y1，可得m的取值范围．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与不等式的关系．
8.【答案】B
【解析】解：如图，连接OE，
∵点E所对应的读数为50∘，
∴∠AOE=50∘，
∵AB为直径，∠ACB=90∘，
∴点C在⊙O上，
∴∠ACE=12∠AOE=12×50∘=25∘，
∴∠BCE=90∘−25∘=65∘，
∵∠BDE是△BDC的外角，
∴∠BDE=∠BCE+∠DBC=65∘+45∘=110∘，
故选：B.
由圆周角定理得出∠ACE=25∘，进而得出∠BCE=65∘，再由外角的性质得出∠BDE=∠BCE+∠CBD，代入计算即可得出答案．
本题考查了圆周角定理，运用圆周角定理得出∠AOE与∠ACE的关系是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了坐标与图形性质，直角三角形斜边上的中线，三角形三边关系，判断点P在以O为圆心，AB长为直径的圆上是解决问题的关键．
根据点P在以O为圆心，AB长为直径的圆上，可得CP≤OP+OC，当点P，O，C在同一直线上，且点P在CO延长线上时，CP的最大值为OP+OC的长．
【解答】
解：如图所示，连接OC，OP，PC，
∵PA⊥PB，
∴∠APB=90∘，
∴点P在以O为圆心，AB长为直径的圆上，
∵CP≤OP+OC，
∴当点P，O，C在同一直线上，且点P在CO延长线上时，CP的最大值为OP+OC的长，
又∵A(−3,0)，B(3,0)，C(3,4)，
∴AB=6，OC=5，OP=12AB=3，
∴线段PC的最大值为OP+OC=3+5=8，
故选C.
10.【答案】D
【解析】解：∵点A，B的坐标分别为(−3,−2)和(1,−2)，
∴线段AB与y轴的交点坐标为(0,−2)，
又∵抛物线的顶点在线段AB上运动，抛物线与y轴的交点坐标为(0,c)，
∴c≥−2，(顶点在y轴上时取“=”)，故①正确；
∵抛物线的顶点在线段AB上运动，开口向上，
∴当x>1时，一定有y随x的增大而增大，故②错误；
若点D的横坐标最小值为−5，则此时对称轴为直线x=−3，
根据二次函数的对称性，点C的横坐标最大值为1+2=3，故③正确；
令y=0，则ax2+bx+c=0，
CD2=(−ba)2−4×ca=b2−4aca2，
根据顶点坐标公式，4ac−b24a=−2，
∴4ac−b2a=−8，即b2−4aca=8，
∴CD2=1a×8=8a，
∵四边形ACDB为平行四边形，
∴CD=AB=1−(−3)=4，
∴8a=42=16，
解得a=12，故④正确；
综上所述，正确的结论有①③④．
故选：D.
根据顶点在线段AB上抛物线与y轴的交点坐标为(0,c)可以判断出c的取值范围，得到①正确；根据二次函数的增减性判断出②错误；先确定x=1时，点D的横坐标取得最大值，然后根据二次函数的对称性求出此时点C的横坐标，即可判断③正确；令y=0，利用根与系数的关系与顶点的纵坐标求出CD的长度的表达式，然后根据平行四边形的对边平行且相等可得AB=CD，然后列出方程求出a的值，判断出④正确．
本题考查了二次函数的综合题型，主要利用了二次函数的顶点坐标，二次函数的对称性，根与系数的关系，平行四边形的对边平行且相等的性质，①要注意顶点在y轴上的情况．
11.【答案】7
【解析】解：根据题意得m+n=5，mn=−2，
所以m+n−mn=5−(−2)=7.
故答案为7.
根据根与系数的关系得到m+n=5，mn=−2，然后利用整体代入的方法计算即可．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca.
12.【答案】13
【解析】解：画树状图得：
∵共有6种等可能的结果，随机抽取两个数相乘，积是正数的有2种情况，
∴随机抽取两个数相乘，积是正数的概率是：26=13.
故答案为：13.
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与随机抽取两个数相乘，积是正数的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．注意画树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比．
13.【答案】(−1, 3)
【解析】解：过A′作A′C⊥y轴于C，
∴∠A′CO=∠OBA=90∘，
∵∠OBA=90∘，∠A=30∘，
∴∠AOB=60∘，
由旋转的性质得OA′=OA，∠A′OA=60∘，
∴∠AOC=∠COB−∠AOB=30∘，
∴∠A′OC=∠A′OA−∠AOC=30∘，
在△A′OC和△OAB中，
∠A′OC=∠A∠A′CO=∠OBAOA′=OA，
∴△A′OC≌△OAB(AAS)，
∴OC=AB= 3，A′C=OB=1，
∴点A′的坐标为(−1, 3).
故答案为：(−1, 3).
过A′作A′C⊥y轴于C，由旋转的性质得OA′=OA，∠A′OA=60∘，可得∠A′OC=30∘，证明△A′OC≌△OAB，根据全等三角形的性质得OC=AB= 3，A′C=OB=1，即可求解．
本题考查坐标与图形的性质-旋转，作辅助线构造全等三角形，利用全等三角形的判定和性质求解是解题的关键，
14.【答案】( 10−1,3)或(− 10−1,3)
【解析】解：抛物线y=12x2+x−32=12(x+1)2−2，
所以抛物线顶点为(−1,−2)，
因为圆与x轴相切，圆心在抛物线上，
∴P点纵坐标为3，
令12x2+x−32=3，
得x1= 10−1,x2=− 10−1，
故P( 10−1,3)或P(− 10−1,3)，
故答案为：( 10−1,3)或(− 10−1,3).
先利用相切确定P点的纵坐标，再代入抛物线解析式求解即可．
本题考查了切线的性质和二次函数综合，掌握圆的切线垂直于过切点的半径确定点P的纵坐标是解题关键．
15.【答案】−4
【解析】解：设点B(m,3m)，
∵BD⊥y轴于点E，
∴BE=m，点D的坐标为(km3,3m)，
∴DE=−km3，
∵AC=2BE，
∴AC=2m，
∵AC⊥y轴，
∴点A(2m,32m)，DE//AC，
∴△ACF∽△DEF，
∴S△ACFS△DEF=(ACDE)2=94，
∴AC：DE=3：2，
∴2m−km3=32，
解得：k=−4，
故答案为：−4.
设点B(m,3m)，由AC=2BE得点A(2m,32m)，然后由BD⊥y轴得到点D的坐标为(km3,3m)，由BD⊥y轴，AC⊥y轴得到DE//AC，从而有△ACF∽△DEF，再由△ACF和△DEF的面积比是9：4得到AC：DE=3：2，从而列出方程求得k的值．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定与性质，平行线的判定，解题的关键是熟知反比例函数图象上点的坐标特征．
16.【答案】32
【解析】解：设⊙O与AD相切于M，与EF相切于N，与CF相切于G，
设正方形的边长为2a，
∴AM=DM=DG=CG=a，
设ME=NE=x，NF=FG=y，
在Rt△DEF中，
∵DE=a−x，DF=a−y，EF=x+y，
∴(x+y)2=(a−x)2+(a−y)2，
∴ax+ay+xy=a2，
∵S△BEF=S正方形ABCD−S△ABE−S△BCF−S△DEF，
∴4a2−12×2a×(a+x)−12×2a×(a+y)−12×(a−x)(a−y)=94，
∴32a2−12(ax+ay+xy)=94，
∴a2=94，
∵a>0，
∴a=32，
∴AB=2a=3，
∴⊙O的半径为32，
故答案为：32.
设正方形的边长为2a，则AM=DM=DG=CG=a，设ME=NE=x，NF=FG=y，则DE=a−x，DF=a−y，EF=x+y，利用勾股定理得出ax+ay+xy=a2，再由S△BEF=S正方形ABCD−S△ABE−S△BCF−S△DEF，得出a2=94，从而求出a，得到r.
本题考查了圆的切线的性质，以及勾股定理等知识，熟记切线长定理是解决问题的关键．
17.【答案】解：(1)x2−4x+2=0，
x2−4x=−2，
x2−4x+4=2，即(x−2)2=2，
∴x−2=± 2，
∴x1=2+ 2，x2=2− 2；
(2)2x2+3=7x，
2x2−7x+3=0，
∵a=2，b=−7，c=3，
∴Δ=(−7)2−4×2×3=25>0，
∴x=7± 252×2=7±54，
∴x1=3，x2=12.
【解析】(1)将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，再开方即可得；
(2)利用求根公式求解即可．
本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
18.【答案】解：(1)将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90∘得到△ADE，
∴AC=AE，∠CAE=90∘，∠AED=∠C，
∴∠C=∠AEC=45∘=∠AED，
∴∠DEC=∠DEA+∠AEC=90∘，
∴DE⊥BC；
(2)∵AC=2 2，
∴根据旋转可知：AE=AC=2 2，
∴在Rt△AEC中，EC= AC2+AE2=4，
∴BE=BC−EC=2，
由旋转可知DE=BC=6，
∴BD= BE2+DE2= 4+36=2 10.
【解析】(1)根据旋转的性质可得AC=AE，∠CAE=90∘，∠AED=∠C，再根据等腰直角三角形的性质即可证明；
(2)根据AC=2 2，∠EAC=90∘，再结合AE=AC=2 2，即可求出EC=4.BE=BC−EC=2，由旋转可知DE=BC=6，则利用勾股定理即可求解．
本题考查了旋转的性质、勾股定理等知识，充分利用勾股定理是解答本题的关键．
19.【答案】15
【解析】解：(1)若这次调研准备选取一所学校，则恰好抽到A校的概率是15，
故答案为：15；
(2)画树状图如图：
共有20种等可能的结果，所选取的两校恰好是A校和B校的结果有2种，
∴所选取的两校恰好是A校和B校的概率为220=110.
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有20种等可能的结果，所选取的两校恰好是A校和B校的结果有2种，再由概率公式求解即可．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20.【答案】解：(1)∵关于x的一元二次方程(k−1)x2−2kx+k+2=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=(−2k)2−4(k−1)(k+2)=−4k+8>0，且k−1≠0，
解得：k<2，k≠1.
(2)∵x1，x2是一元二次方程的两个实数根，
∴x1+x2=2kk−1，x1⋅x2=k+2k−1，
∴1x1+1x2=x1+x2x1x2=2kk+2=−2，
解得：k=−1，
∴方程为−2x2+2x+1=0，
解得：x1=1− 32，x2=1+ 32.
【解析】(1)根据根的判别式可得Δ=(−2k)2−4(k−1)(k+2)，进而可判断Δ>0，从而可判断此方程有两个不相等的实数根；
(2)先根据根与系数的关系计算x1+x2，x1⋅x2的值，而1x1+1x2=x1+x2x1x2=−2，可把x1+x2，x1⋅x2的值代入，进而可求出k，进一步求得方程的解即可．
本题考查了根的判别式、根与系数的关系，掌握根的判别式、根与系数的关系是解决问题的关键．
21.【答案】解：(1)∵△AOB为等腰直角三角形，
∴OA=OB，∠AOB=90∘.
∴AO绕O点旋转90∘得到BO，
∵点A的坐标为(−3,1)，
∴点B的坐标(1,3).
∵双曲线y1=k1x在第一象限内的图象经过点B.
∴k=1×3=3.
∴y1=3x，
将A(−3,1)，B(1,3)代入直线AB的解析式得−3k2+b=1k2+b=3，
解得k2=12b=52，
∴直线AB的解析式为y2=12x+52.
(2)由y=12x+52y=3x，解得x=1y=3或x=−6y=−12，
∴C(−6,−12)，
当y1>y2时，双曲线位于直线的上方，
∴x的取值范围是：x<−6或0(3)令x=0，则y2=12x+52=52，
∴D(0,52)，
∴S△AOB=S△AOD+S△BOD=12×52×(1+3)=5.
【解析】(1)由△AOB是等腰三角形，先求的点B的坐标，然后利用待定系数法可求得双曲线和直线的解析式；
(2)将解析式联立，解方程组求得双曲线和直线的交点的横坐标，然后根据图象即可确定出x的取值范围；
(3)先求得直线AB与y轴的交点D的坐标，然后利用S△AOB=S△AOD+S△BOD求得即可．
本题主要考查了反比例函数和一次函数的交点问题，求得双曲线和直线的交点的横坐标是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：连接OE，∵G为Rt△ABC斜边的中点．
∴AG=CG，
又∵∠A=60∘，
∴△ACG为等边三角形，
∴∠ACG=∠AGC=60∘，
又∵CO=OE，
∴△OCE是等边三角形，
∴∠AGC=∠OEC=60∘.
∴OE//AB，
∵O为AC中点，
∴E为CG的中点；
(2)证明：由(1)得OE//AG，
∵ED⊥AG，
∴OE⊥ED，
∴DE是⊙O的切线；
(3)解：作GM//FD交BC于M，如图，
∵E为CG的中点，
∴EF为△CMG的中位线，
∴EF=12MG，
∵CF、FE是⊙O的切线．
∴CF=EF=2，
∴MC=MG，
∵△MGB为30∘角的直角三角形，
∴BM=2MG=2CM=4CF，
∴BC=6CF=6×2=12.
【解析】(1)连接OE，利用直角三角形斜边上的中线性质得到AG=CG，则△ACG为等边三角形，再判断△OCE是等边三角形得到∠AGC=∠OEC=60∘，所以OE//AB，然后利用O为AC中点得到E为CG的中点；
(2)利用(1)中OE//AG得到OE⊥ED，然后根据切线的判定定理得到结论；
(3)作GM//FD交BC于M，如图，先证明CM=2CF，MC=MG，再利用△MGB为30∘角的直角三角形得到BM=2MG=2CM=4CF，然后利用BC=6CF进行计算即可．
本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆的切线垂直于经过切点的半径．判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”．也考查了直角三角形斜边上的中线性质．
23.【答案】解：(1)由题意得：5k=3，
解得k=0.6，
∴y1=0.6x；
由a+b=225a+5b=6，
解得：a=−0.2b=2.2，
∴y2=−0.2x2+2.2x；
(2)①W=0.6(10−t)+(−0.2t2+2.2t)=−0.2t2+1.6t+6=−0.2(t−4)2+9.2，
当t=4时，W有最大值9.2，
答：甲种蔬菜进货量为6吨，乙种蔬菜进货量为4吨时，获得的销售利润之和最大，最大利润是9200元；
②当W=8.4=−0.2(t−4)2+9.2，
∴t1=2，t2=6，
∵a=−2<0，
∴当2≤t≤6时，W≥8.4，
答：为了获得两种蔬菜的利润之和不少于8400元，则乙种蔬菜进货量应在2≤t≤6范围内合适．
【解析】(1)把(5,3)代入正比例函数即可求得k的值也就求得了y1的关系式；把原点及(1,2)，(5,6)代入即可求得y2的关系式；
(2)①销售利润之和W=甲种蔬菜的利润+乙种蔬菜的利润，利用配方法求得二次函数的最值即可；
②由题意可得W关于x的一元二次方程，求得方程的根，再结合x的取值范围，可得答案．
本题主要考查二次函数的应用，得到总利润的关系式以及用二次函数来处理一元二次不等式是解决本题的关键．
24.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+94x+c过点A(1,0)和点C(0,−3)，代入得：
c=−3a+94−3=0，
解得：a=34c=−3，
∴y=34x2+94x−3；
(2)①如图1，设直线PC交x轴于点E，
，
∵x轴⊥y轴，PD⊥x轴，
∴∠COB=∠PDB=∠COE=90∘，
∴PD//OC，
∴∠OCE=∠CPD=45∘，
∵∠COE=90∘，
∴∠CEO=90∘−∠ECO=45∘，
∴∠CEO=∠OCE，
∴OE=OC=3，
∴点E(3,0)，
设直线PC的解析式为：y=kx+b，
∵y=kx+b点E(3,0)和点C(0,−3)，代入得：
3k+b=0b=−3，
解得k=1b=−3，
∴直线PC的解析式为：y=x−3，
∴34x2+94x−3=x−3，
解得x1=−53，x2=0(舍去)，
当x=−53时，y=−53−3=−143，
∴P(−53,−143)；
②如图2，
设点P(m,34m2+94m−3)，四边形PECE′的周长记作n，
当点P在第三象限时，作EF⊥y轴于F，
令二次函数y=34x2+94x−3的y=0得，
34x2+94x−3=0，
解得x1=−4，x2=1，
∴B(−4,0)，
设直线BC的解析式为y=k1x+b1，
∵y=k1x+b1过B(−4,0)和点C(0,−3)，
∴b1=−3−4k1+b1=0，
解得k1=−34b1=−3，
∴直线BC的解析式为y=−34x−3，
∵点E与E′关于PC对称，
∴∠ECP=∠E′PC，CE=CE′，
∵PE//y轴，
∴∠EPC=∠PCE′，
∴∠ECP=∠EPC，
∴PE=CE，
∴PE=CE′，
∴四边形PECE′为平行四边形，
∴平行四边形PECE′为菱形，
∴CE=PE，
∵EF⊥y轴，OA⊥OC，
∴∠EFC=∠BOC=90∘，
∴EF//OA，
∴∠CEO=∠CBA，
∴△EFC∽∠BOC，
∴CEBC=EFOB，即CE5=−m4，
∴CE=−54m，
∵PE=(−34m−3)−(34m2+94m−3)=−34m2−3m，
∴−54m=−34m2−3m，
解得，m1=0(舍去)，m2=−73，
∴CE=54×73=3512，n=4CE=4×3512=353；
②当点P在第二象限时，
同理可得：−54m=34m2+3m，
解得m3=−173，m4=0(舍去)，
∴n=4×54×173=853，
综上所述：四边形PECE′的周长为：353或853.
【解析】(1)将A，C两点坐标代入抛物线的解析式，从而求得a，c，进而求得结果；
(2)①可推出△COE为等腰直角三角形，进而求得点E坐标，从而求出PC的解析式，将其与抛物线的解析式联立，化为元二次方程，从而求得结果；
②可推出四边形PECE′是菱形，从而得出PE=CE，分别表示出PE和CE，从而列出方程，进一步求得结果．
本题考查了求一次函数和二次函数的解析式，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，轴对称性质等知识，解决问题的关键是正确分类，作辅助线，表示出线段的数量．