辽宁省鞍山市2023—2024学年九年级上学期期末数学试卷+

这是一份辽宁省鞍山市2023—2024学年九年级上学期期末数学试卷+，共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）一元二次方程x2﹣3x+1＝0的根的情况（ ）
A．有两个相等的实数根
B．有两个不相等的实数根
C．没有实数根
D．无法确定
3．（3分）如图，在△ABC中，DE∥BC，AD＝1，BD＝2，AC＝6，则AE的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
4．（3分）在平面直角坐标系中，将二次函数y＝（x+1）2+3的图象向右平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度，所得抛物线对应的函数表达式为（ ）
A．y＝（x+3）2+2B．y＝（x﹣1）2+2
C．y＝（x﹣1）2+4D．y＝（x+3）2+4
5．（3分）如图，把△ABC绕点C顺时针旋转某个角度θ后得到△A′B′C，若∠A＝40°，∠1＝70°，则旋转角θ等于（ ）
A．30°B．50°C．70°D．100°
6．（3分）已知，二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则点P（a，c）所在的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
7．（3分）如图，某零件的外径为10cm，用一个交叉卡钳（两条尺长AC和BD相等）可测量零件的内孔直径AB．如果OA：OC＝OB：OD＝3，且量得CD＝3cm，则零件的厚度x为（ ）
A．0.3cmB．0.5cmC．0.7cmD．1cm
8．（3分）甲、乙两地相距约75km，一辆汽车由甲地向乙地匀速行驶，所用时间y（h）与行驶速度x（km/h）之间的函数图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
9．（3分）已知二次函数y＝2x2﹣4x+5，当函数值y随x值的增大而增大时，x的取值范围是（ ）
A．x＜1B．x＞1C．x＜2D．x＞2
10．（3分）如图，点A，B，C，D在⊙O上，∠AOC＝132°，点B是弧AC的中点，则∠D的度数是（ ）
A．66°B．35.5°C．33°D．24°
二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）小涵同学家开了一家超市，9月份盈利5000元，11月份盈利达到7200元，每月盈利的平均增长率都相同，设每月盈利的平均增长率为x，则可列方程为 ．
12．（3分）已知圆弧所在圆的半径为3，所对的圆心角为30°，这条弧的长为 ．
13．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴相交于点C，点D在抛物线上，当CD∥x轴时，CD的长为 ．
14．（3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的顶点A在第二象限，顶点B恰好在x轴正半轴上，AB与y轴交于点E，A，C两点的纵坐标相同，反比例函数的图象经过点C，若菱形ABCD的面积为4，点E为AB中点，则k的值为 ．
15．（3分）如图，在正方形ABCD中，E，F两点分别在边BC，AB上，连接DE，DF，EF，且∠EDF＝45°，过A作AG⊥DE，垂足为G，延长GA与EF延长线交于点H，连接DH，若，AF＝2，则DH的长为 ．
三、计算题（共10分）
16．（10分）用适当的方法解方程：
（1）x2+4x﹣2＝0；
（2）2x2﹣3x+1＝0．
四、解答题（共8分）
17．（8分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，在△BDE中，∠BDE＝90°，B，C，D三点在同一直线上，且点C为BD的中点，若BE⊥AC，垂足为F，AB＝4，DE＝1，求BD的长．
五、解答题（18-20题每小题8分，21题9分，22-23题每小题8分，共57分）
18．（8分）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE，点E恰好落在BC边上，连接BD，若BD⊥BC，AC＝2，BC＝5，求△BDE的面积．
19．（8分）如图，一次函数y1＝ax+b的图象与反比例函数的图象相交于A（n，3）和B（3，﹣1）两点，一次函数y1＝ax+b图象分别与x轴，y轴交于E，D两点，过A作AC⊥x轴，垂足为C，连接OB．
（1）求一次函数解析式和反比例函数解析式；
（2）点P为反比例函数图象上一点，若S△BOD＝S△PCE，求点P的坐标．
20．（8分）如图，在⊙O中，四边形ABCD为圆内接四边形，过D作DE⊥BC交BC延长线于E，∠B+2∠A＝180°．
（1）求证：DE为⊙O切线；
（2）若CE＝1，BC＝8，求⊙O的半径长．
21．（9分）某广场计划修建一个小型喷泉，水流从垂直于地面的水管OA喷出，水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落到地面上（水流喷出的高度y（米）与水平距离x（米）之间近似满足二次函数关系），以水管下端点O为坐标原点，建立平面直角坐标系，某方向上抛物线路径的形状如图所示．
（1）经实验测量发现：当OA长为2米时，水流所形成的抛物线路径的最高点距地面3米，距OA所在直线1米，求抛物线的解析式；
（2）计划在小型喷泉周围建一个半径为米的圆形水池，在不改变抛物线路径形状的情况下，仅改变水管OA出水口点A的高度，以保证水流的落地点B不会超出水池边缘，则水管OA最多可以设计为几米？
22．（12分）（1）数学张老师在数学活动课上出示了一道探究题：如图1，在△ABC和△DBE中，AB＝AC，DB＝DE，B，C，E三点在同一直线上，A，D两点在BE同侧，若AD∥BE，求证：CE＝2AD．张老师分别从问题的条件和结论出发分析这道探究题：
①如图2，从条件出发：过点A作AM⊥BE交BE于M，过点D作DN⊥BE交BE于N，依据等腰三角形的性质“三线合一”分析BM与BN之间的关系，可证得结论；
②如图3，从结论出发：过点D作DP∥AC交BE于P，依据三角形全等的判定，证明PE＝AD，可证得结论；请你运用其中一种方法，解决上述问题；
（2）小明同学经过对探究题及张老师分析方法的思考，提出以下问题：如图4，在△ABC中，AB＝AC，在△DBE中，DB＝DE，B，C，E三点在同一直线上，A，D两点在BE同侧，且A，D，E三点在同一直线上，若，∠AEB＝45°，△ABC的面积为7，求BE的长；
（3）在小明同学的问题得到解决后，张老师针对之前的解题思路提出了下面问题：如图5，在四边形ABCD中，BC∥AD，∠B＝2∠D，点E为CD中点，连接AE，若AE⊥AB，，，求CD的长．
23．（12分）【发现问题】数学小组在活动中，研究了一道有关相似三角形的问题：
例：如图1，在△ABC中，点D是射线AC上一点，连接BD，若∠ABD＝∠ACB，求证：AB2＝AD•AC．
解：∵∠ABD＝∠C，∠A＝∠A，
∴△ABD∽△ACB，
∴，
∴AB2＝AD•AC，
小睿同学经过分析、思考后，将这个三角形放在平面直角坐标系中，发现了一些规律．
【提出问题】如图2，点B恰好与点（1，0）重合，BA边在x轴上，若点D的纵坐标始终为d（d＞0），∠BAC＝90°，那么随着BA的变化，点C的位置发生变化；小睿同学通过描点、观察，提出猜想：按此方式描出的若干个点C都在某二次函数图象上．
【分析问题】（1）当d＝1时，若BA＝4，所对应的点C的坐标为 ；
【解决问题】（2）当d＝1时，请帮助小睿同学证明他的猜想；
【深度思考】（3）点C的坐标为（m，n），当t≤m≤t+2时，n的最大值为n1，最小值为n2，且，求此时t的值．（规定：当点C与点B重合时，依然满足AB2＝AD•AC）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1．（3分）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，由此即可判断．
【解答】解：A、图形是中心对称图形，故A符合题意；
B、C、D中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故B、C、D不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的定义．
2．（3分）一元二次方程x2﹣3x+1＝0的根的情况（ ）
A．有两个相等的实数根
B．有两个不相等的实数根
C．没有实数根
D．无法确定
【分析】先计算根的判别式的值得到Δ＞0，然后根据根的判别式的意义对各选项进行判断．
【解答】解：∵Δ＝（﹣3）2﹣4×1×1＝5＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．
3．（3分）如图，在△ABC中，DE∥BC，AD＝1，BD＝2，AC＝6，则AE的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算即可．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴＝，即＝，
解得：AE＝2，
故选：A．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
4．（3分）在平面直角坐标系中，将二次函数y＝（x+1）2+3的图象向右平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度，所得抛物线对应的函数表达式为（ ）
A．y＝（x+3）2+2B．y＝（x﹣1）2+2
C．y＝（x﹣1）2+4D．y＝（x+3）2+4
【分析】直接利用二次函数的平移规律，左加右减，上加下减，进而得出答案．
【解答】解：将二次函数y＝（x+1）2+3的图象向右平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度，所得抛物线对应的函数表达式为y＝（x+1﹣2）2+3﹣1，即y＝（x﹣1）2+2．
故选：B．
【点评】本题主要考查二次函数的几何变换，掌握“左加右减，上加下减”的法则是解题的关键．
5．（3分）如图，把△ABC绕点C顺时针旋转某个角度θ后得到△A′B′C，若∠A＝40°，∠1＝70°，则旋转角θ等于（ ）
A．30°B．50°C．70°D．100°
【分析】∠A与∠A′是对应角，即∠A＝∠A′＝40°，旋转角θ＝∠ACA′，∠1又是△A′CD的外角，根据外角的性质可求∠ACA′．
【解答】解：设A′B′与AC交于D点，
由图可知，∠1为△A′CD的外角，
根据外角的性质，得∠1＝∠ACA′+∠A′，
由旋转的性质可知，∠A′＝∠A＝40°
∴∠ACA′＝∠1﹣∠A′＝30°
即旋转角θ＝30°．
故选：A．
【点评】本题主要考查了对应角相等的性质，旋转角的表示方法，三角形外角的性质是解题的关键．
6．（3分）已知，二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则点P（a，c）所在的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】二次函数开口向上，则二次项系数大于0，与y轴交于负半轴，则常数项小于0，再根据第四象限内的点横坐标为正，纵坐标为负即可得到答案．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c开口向上，与y轴交于负半轴，
∴a＞0，c＜0，
∴点P（a，c）所在的象限是第四象限，
故选：D．
【点评】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，判断点所在的象限，数形结合是解答本题的关键．
7．（3分）如图，某零件的外径为10cm，用一个交叉卡钳（两条尺长AC和BD相等）可测量零件的内孔直径AB．如果OA：OC＝OB：OD＝3，且量得CD＝3cm，则零件的厚度x为（ ）
A．0.3cmB．0.5cmC．0.7cmD．1cm
【分析】根据相似三角形的判定和性质，可以求得AB的长，再根据某零件的外径为10cm，即可求得x的值．
【解答】解：∵OA：OC＝OB：OD＝3，∠COD＝∠AOB，
∴△COD∽△AOB，
∴AB：CD＝3，
∵CD＝3cm，
∴AB＝9cm，
∵某零件的外径为10cm，
∴零件的厚度x为：（10﹣9）÷2＝1÷2＝0.5（cm），
故选：B．
【点评】本题考查相似三角形的应用，解答本题的关键是求出AB的值．
8．（3分）甲、乙两地相距约75km，一辆汽车由甲地向乙地匀速行驶，所用时间y（h）与行驶速度x（km/h）之间的函数图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据实际意义，写出函数的解析式，根据函数的类型，以及自变量的取值范围即可进行判断．
【解答】解：根据题意可知时间y（小时）与行驶速度x（千米/时）之间的函数关系式为：y＝（x＞0），
所以函数图象大致是C．
故选：C．
【点评】主要考查了反比例函数的应用．解题的关键是根据实际意义列出函数关系式从而判断它的图象类型，要注意自变量x的取值范围，结合自变量的实际范围作图．
9．（3分）已知二次函数y＝2x2﹣4x+5，当函数值y随x值的增大而增大时，x的取值范围是（ ）
A．x＜1B．x＞1C．x＜2D．x＞2
【分析】将二次函数解析式化为顶点式，由抛物线对称轴及开口方向求解．
【解答】解：∵y＝2x2﹣4x+5＝2（x﹣1）2+3，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝1，
∴x＞1时，y随x增大而增大，
故选：B．
【点评】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．
10．（3分）如图，点A，B，C，D在⊙O上，∠AOC＝132°，点B是弧AC的中点，则∠D的度数是（ ）
A．66°B．35.5°C．33°D．24°
【分析】连接OB，根据圆心角、弧、弦的关系定理求出∠AOB，再根据圆周角定理求出∠D．
【解答】解：如图，连接OB，
∵点B是弧AC的中点，
∴∠AOB＝∠AOC＝×132°＝66°，
由圆周角定理得：∠D＝∠AOB＝×66°＝33°，
故选：C．
【点评】本题考查的是圆周角定理、圆心角、弧、弦的关系定理，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）小涵同学家开了一家超市，9月份盈利5000元，11月份盈利达到7200元，每月盈利的平均增长率都相同，设每月盈利的平均增长率为x，则可列方程为 5000（1+x）2＝7200， ．
【分析】设每月盈利的平均增长率是x，利用11月份盈利＝9月份盈利×（1+每月盈利的平均增长率）2，可列出关于x的一元二次方程．
【解答】解：设每月盈利的平均增长率是x，
根据题意得：5000（1+x）2＝7200，
故答案为：5000（1+x）2＝7200．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程的知识，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
12．（3分）已知圆弧所在圆的半径为3，所对的圆心角为30°，这条弧的长为 π ．
【分析】直接利用弧长公式计算可得．
【解答】解：弧长为＝π．
故答案为：π．
【点评】本题主要考查弧长的计算，解题的关键是掌握弧长公式l＝．
13．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴相交于点C，点D在抛物线上，当CD∥x轴时，CD的长为 2 ．
【分析】先根据点A和点B的坐标求出该抛物线的对称轴，再根据二次函数具有对称性，即可得到点D的横坐标，从而可以求得CD的长．
【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于点A（﹣1，0）、点B（3，0），
∴该抛物线的对称轴为直线x＝＝1，
∵抛物线与y轴相交于点C，点D在抛物线上，CD∥x轴，
∴点D的横坐标为：2，
∴CD＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
14．（3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的顶点A在第二象限，顶点B恰好在x轴正半轴上，AB与y轴交于点E，A，C两点的纵坐标相同，反比例函数的图象经过点C，若菱形ABCD的面积为4，点E为AB中点，则k的值为 3 ．
【分析】连接AC，BD，交于N，AC交y轴于K，过C作CM⊥OB于M，由菱形的性质得AC和BD互相垂直平分，因此△CNB的面积＝△ABN的面积＝×4＝1，由A、C的纵坐标相同，得到AC∥OM，又CM⊥OM，KO⊥OB，推出四边形BMCN是矩形，四边形KOMC是矩形，得到△BMC的面积＝△BCN的面积＝1，由ASA证明△AEK≌△BEK（ASA），得到△AEK的面积＝△BEO的面积，得到四边形OBNK的面积＝△ABK的面积＝1，即可求出矩形OMCK的面积，得到k的值．．
【解答】解：连接AC，BD，交于N，AC交y轴于K，过C作CM⊥OB于M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC和BD互相垂直平分，
∴△CNB的面积＝△ABN的面积＝×4＝1，
∵A、C的纵坐标相同，
∴AC∥OM，
∵CM⊥OM，KO⊥OB，
∴四边形BMCN是矩形，四边形KOMC是矩形，
∴△BMC的面积＝△BCN的面积＝1，
∵AC∥OM，
∴∠KAE＝∠EBO，
∵AE＝BE，∠AEK＝∠BEO，
∴△AEK≌△BEK（ASA），
∴△AEK的面积＝△BEO的面积，
∴四边形OBNK的面积＝△ABN的面积＝1，
∴矩形OMCK的面积＝△ABN的面积+△BCN的面积+△BMC的面积＝1+1+1＝3，
∴k＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征，关键是掌握反比例函数系数k的几何意义．
15．（3分）如图，在正方形ABCD中，E，F两点分别在边BC，AB上，连接DE，DF，EF，且∠EDF＝45°，过A作AG⊥DE，垂足为G，延长GA与EF延长线交于点H，连接DH，若，AF＝2，则DH的长为 6 ．
【分析】设BE＝3k，则BF＝4k，AB＝BF+AF＝4k+2，EF＝5k，延长BC至M，使CM＝AF＝2，连接AM，利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质得到EF＝EM＝5k，列出关于k的方程，求得k值，则AD＝CD＝BC＝6，CE＝3，利用勾股定理求得DE，利用相似三角形的判定与性质求得DG，GE，GH，再利用勾股定理解答即可得出结论．
【解答】解：∵，
∴设BE＝3k，则BF＝4k，AB＝BF+AF＝4k+2．
∴EF＝＝5k．
延长BC至M，使CM＝AF＝2，连接AM，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝4k+2，∠DAF＝∠B＝∠DCB＝∠DCM＝90°．
∴EC＝BC﹣BE＝k+2，
∴EM＝EC+CM＝4+4．
在△DAF和△DCM中，
，
∴△DAF≌△DCM（SAS），
∴∠ADF＝∠CDM，FD＝MD．
∵∠ADF+∠FDC＝90°，
∴∠CDM+∠FDC＝90°，
即∠FDM＝90°．
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDE＝∠EDM＝45°．
在△DEF和△DEM中，
，
∴△DEF≌△DEM（SAS），
∴EF＝EM＝5k．
∴5k＝k+4，
∴k＝1，
∴AD＝CD＝BC＝6，CE＝3，
∴DE＝＝3．
∵∠EDC+∠ADG＝90°，∠EDC+∠DEC＝90°，
∴∠ADG＝∠DEC，
∵∠AGD＝∠DCE＝90°，
∴△ADG∽△DEC，
∴，
∴，
∴DG＝，
∴EG＝ED﹣DG＝．
∵△DEF≌△DEM，
∴∠FED＝∠DEM，
∵∠HGE＝∠DCE＝90°，
∴△HEG∽△DEC，
∴，
∴，
∴HG＝．
∴DH＝＝＝6．
故答案为：6．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．
三、计算题（共10分）
16．（10分）用适当的方法解方程：
（1）x2+4x﹣2＝0；
（2）2x2﹣3x+1＝0．
【分析】（1）移项后配方，开方，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可；
（2）先把方程的左边分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可．
【解答】解：（1）x2+4x﹣2＝0，
移项，得x2+4x＝2，
配方，得x2+4x+4＝2+4，
（x+2）2＝6，
开方，得x+2＝，
解得：x1＝﹣2+，x2＝﹣2﹣；
（2）2x2﹣3x+1＝0，
（2x﹣1）（x﹣1）＝0，
2x﹣1＝0或x﹣1＝0，
解得：x1＝，x2＝1．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解方程是解此题的关键，注意：解一元二次方程的方法有直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等．
四、解答题（共8分）
17．（8分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，在△BDE中，∠BDE＝90°，B，C，D三点在同一直线上，且点C为BD的中点，若BE⊥AC，垂足为F，AB＝4，DE＝1，求BD的长．
【分析】根据题意可证明△ABC∽△BDE，根据相似比即可求解．
【解答】解：∵BE⊥AC，
∴∠FBC+∠FCB＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠A+∠FCB＝90°，
∵∠ABC＝∠D，
∴△ABC∽△BDE，
∴＝，
∵点C为BD的中点，
∴BD＝2BC，
∴，
解得BC＝，
∴BD＝2．
【点评】本题考查相似三角形的判断和性质，熟练掌握三角形的判定和性质是解题关键．
五、解答题（18-20题每小题8分，21题9分，22-23题每小题8分，共57分）
18．（8分）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE，点E恰好落在BC边上，连接BD，若BD⊥BC，AC＝2，BC＝5，求△BDE的面积．
【分析】根据旋转的性质可得AE＝AC，BC＝DE＝5，∠CAE＝60°，即可得出出△ACE是等边三角形，则EC＝2，BE＝3，根据勾股定理求出BD，再根据三角形的面积公式即可求解．
【解答】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE，点E恰好落在BC边上，
∴AE＝AC，BC＝DE＝5，∠CAE＝60°，
∴△ACE是等边三角形，
∵AC＝2，BC＝5，
∴EC＝2，BE＝3，
根据勾股定理得BD＝＝4，
∴△BDE的面积为：＝6．
【点评】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，三角形的面积，熟练掌握以上知识是解题关键．
19．（8分）如图，一次函数y1＝ax+b的图象与反比例函数的图象相交于A（n，3）和B（3，﹣1）两点，一次函数y1＝ax+b图象分别与x轴，y轴交于E，D两点，过A作AC⊥x轴，垂足为C，连接OB．
（1）求一次函数解析式和反比例函数解析式；
（2）点P为反比例函数图象上一点，若S△BOD＝S△PCE，求点P的坐标．
【分析】（1）将点B的坐标代入可得反比例函数解析式，据此求得点A的坐标，再根据A、B两点的坐标可得一次函数的解析式；
（2）由一次函数解析式求得D、E的坐标，然后利用三角形面积公式得到，解得yP＝±2，进而即可求得点P的坐标．
【解答】解：（1）将点B（3，﹣1）代入，得：k＝3×（﹣1）＝﹣3，
则反比例函数解析式为y＝﹣，
∵反比例函数的图象过A（n，3），
∴3＝﹣，
∴n＝﹣1，
∴A（﹣1，3），
将点A（﹣1，3）、B（3，﹣1）代入y＝ax+b得，
解得，
则一次函数解析式为y＝﹣x+2；
（2）令x＝0，则y＝﹣x+2＝2，
∴D（0，2），
令y＝0，则﹣x+2＝0，解得x＝2，
∴E（2，0），
∴S△BOD＝＝＝3，
∵AC⊥x轴，垂足为C，
∴C（﹣1，0），
∴CE＝3，
∵S△BOD＝S△PCE，
∴，
∴，
∴yP＝±2，
把y＝2代入y＝﹣得到，x＝﹣，
把y＝﹣2代入y＝﹣得到，x＝，
∴点P的坐标为（﹣，2）或（，﹣2）．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求一次函数与反比例函数的解析式，三角形的面积，正确求出函数的解析式是解题的关键．
20．（8分）如图，在⊙O中，四边形ABCD为圆内接四边形，过D作DE⊥BC交BC延长线于E，∠B+2∠A＝180°．
（1）求证：DE为⊙O切线；
（2）若CE＝1，BC＝8，求⊙O的半径长．
【分析】（1）连接OD，如图，根据圆内接四边形的性质得到∠B+∠ADC＝180°，根据等腰三角形的性质得到∠AOD＝∠B，根据平行线的性质得到OD⊥DE，于是得到DE为⊙O的切线；
（2）过O作OH⊥BC于H，根据垂径定理得到BH＝CH＝BC＝4，求得EH＝5，根据矩形的性质得到OD＝EH＝5，于是得到⊙O的半径长为5．
【解答】（1）证明：连接OD，如图，
∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∵∠B+2∠A＝180°，
∴2∠A＝∠ADC＝∠ADO+∠CDO，
∵OA＝OD，
∴∠A＝∠CDO，∠ADC＝2∠A，
∴∠AOD＝180°﹣2∠A，
∴∠AOD＝∠B，
∴OD∥BC，
∵DE⊥BC，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE为⊙O的切线；
（2）解：过O作OH⊥BC于H，
∴BH＝CH＝BC＝4，
∵CE＝1，
∴EH＝5，
∵OD∥BE，
∴OD⊥DE，
∴∠ODE＝∠E＝∠OHE＝90°，
∴四边形ODEH是矩形，
∴OD＝EH＝5，
∴⊙O的半径长为5．
【点评】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，平行线的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
21．（9分）某广场计划修建一个小型喷泉，水流从垂直于地面的水管OA喷出，水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落到地面上（水流喷出的高度y（米）与水平距离x（米）之间近似满足二次函数关系），以水管下端点O为坐标原点，建立平面直角坐标系，某方向上抛物线路径的形状如图所示．
（1）经实验测量发现：当OA长为2米时，水流所形成的抛物线路径的最高点距地面3米，距OA所在直线1米，求抛物线的解析式；
（2）计划在小型喷泉周围建一个半径为米的圆形水池，在不改变抛物线路径形状的情况下，仅改变水管OA出水口点A的高度，以保证水流的落地点B不会超出水池边缘，则水管OA最多可以设计为几米？
【分析】（1）依据题意，由顶点为（1，3），可设抛物线解析式为y＝a（x﹣1）2+3，又过A（0，2），从而2＝a（0﹣1）2+3，求出a，进而可以得解；
（2）依据题意，由在不改变抛物线路径形状的情况下，故可设此时抛物线为y＝﹣（x﹣1）2+k，又保证水流的落地点B不会超出水池边缘，即B（2.5，0），代入解析式可得k＝2.25，再令x＝0，从而可以得解．
【解答】解：（1）由题意，A为（0，2），顶点为（1，3），
则可设抛物线解析式为y＝a（x﹣1）2+3．
又过A（0，2），
∴2＝a（0﹣1）2+3．
∴a＝﹣1．
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+3．
（2）由题意，∵在不改变抛物线路径形状的情况下，
∴可设此时抛物线为y＝﹣（x﹣1）2+k．
又保证水流的落地点B不会超出水池边缘，即B（2.5，0），
∴0＝﹣（2.5﹣1）2+k．
∴k＝2.25．
∴此时抛物线为y＝﹣（x﹣1）2+2.25．
再令x＝0，
∴y＝1.25．
∴水管OA最多可以设计为1.25米．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
22．（12分）（1）数学张老师在数学活动课上出示了一道探究题：如图1，在△ABC和△DBE中，AB＝AC，DB＝DE，B，C，E三点在同一直线上，A，D两点在BE同侧，若AD∥BE，求证：CE＝2AD．张老师分别从问题的条件和结论出发分析这道探究题：
①如图2，从条件出发：过点A作AM⊥BE交BE于M，过点D作DN⊥BE交BE于N，依据等腰三角形的性质“三线合一”分析BM与BN之间的关系，可证得结论；
②如图3，从结论出发：过点D作DP∥AC交BE于P，依据三角形全等的判定，证明PE＝AD，可证得结论；请你运用其中一种方法，解决上述问题；
（2）小明同学经过对探究题及张老师分析方法的思考，提出以下问题：如图4，在△ABC中，AB＝AC，在△DBE中，DB＝DE，B，C，E三点在同一直线上，A，D两点在BE同侧，且A，D，E三点在同一直线上，若，∠AEB＝45°，△ABC的面积为7，求BE的长；
（3）在小明同学的问题得到解决后，张老师针对之前的解题思路提出了下面问题：如图5，在四边形ABCD中，BC∥AD，∠B＝2∠D，点E为CD中点，连接AE，若AE⊥AB，，，求CD的长．
【分析】（1）①证明四边形AMND为矩形，得出AD＝MN，则可得出结论；
②证明四边形ACPD为平行四边形，得出AD＝CP，DP＝AC，证明△ABD≌△PDE（SAS），由全等三角形的性质得出AD＝PE，则可得出结论；
（2）过A作AM⊥BE交于M，过D作DN⊥BE交于N，过D作DP∥BE交AM于P，求出PD＝3，证明四边形PMND为矩形，得出PD＝MN，设BM＝CM＝x，则BC＝2x，根据三角形ABC的面积求出x＝1，则可得出答案；
（3）延长AB与DC延长线交于点F，过A作AG⊥DF交于G，过B作BH⊥DF交于H，证明BF＝BC，AF＝AD，证出FH＝GE，设FH＝CH＝GE＝x，则CF＝2x，证明，得出CD＝3CF＝6x，由勾股定理可得出答案．
【解答】（1）①证明：∵AB＝AC，DB＝DE，AM⊥BE，DN⊥BE，
∴BC＝2BD，BE＝2BN，∠AMN＝∠DNM＝90°，
∴CE＝BE﹣BC＝2BN﹣2BM＝2（BN﹣BM）＝2MN，
∵AD∥BE，
∴∠MAD+∠AMN＝180°，
∴∠MAD＝∠AMN＝∠DNM＝90°，
∴四边形AMND为矩形，
∴AD＝MN，
∴CE＝2AD；
②证明：∵AD∥BE，DP∥AC，
∴四边形ACPD为平行四边形，
∴AD＝CP，DP＝AC，
∵DP∥AC，
∴∠ACB＝∠DPB，
∵AB＝AC，DB＝DE，
∴∠ABC＝∠ACB，∠DBE＝∠DEB，DP＝AB，
∴∠ABC＝∠DPB，
∵∠ABC＝∠ABD+∠DBE，∠DPB＝∠PDE+∠DEB，
∴∠ABD＝∠PDE，
∴△ABD≌△PDE（SAS），
∴AD＝PE，
∴CE＝CP+PE＝2AD；
（2）解：过A作AM⊥BE交于M，过D作DN⊥BE交于N，过D作DP∥BE交AM于P，
∵AB＝AC，DB＝DE，AM⊥BE，DN⊥BE，
∴BC＝2BM，BE＝2BN，∠AMN＝∠DNM＝90°，
∴CE＝BE﹣BC＝2BN﹣2BM＝2（BN﹣BM）＝2MN，
∵PD∥BE，
∴∠MPD+∠PMN＝180°，∠ADP＝∠E＝45°，
∴∠DAP＝90°﹣∠ADP＝45°，∠MPD＝90°，
∴∠ADP＝∠DAP＝45°，
∴AP＝PD，
在Rt△APD中，AD2＝AP2+PD2＝18，
∴2PD2＝18，
∴PD＝3（负值舍去），
∵∠MPD＝∠AMN＝∠DNM＝90°，
∴四边形PMND为矩形，
∴PD＝MN，
∴CE＝2PD＝6，
设BM＝CM＝x，则BC＝2x，
∴EM＝CE+CM＝6+x，
∵∠AMN＝90°，∠AEB＝45°，
∴∠EAM＝90°﹣∠AEM＝45°，
∴∠AEM＝∠EAM＝45°，
∴EM＝AM＝6+x，
∴S△ABC＝BC•2x•（6+x）＝7，
∴x2+6x﹣7＝0，
解得：x1＝1，x2＝﹣7 不合题意，舍去，
∴BC＝2x＝2，
∴BE＝BC+CE＝8；
（3）解：延长AB与DC延长线交于点F，过A作AG⊥DF交于G，过B作BH⊥DF交于H，
∵BC∥AD，
∴∠D＝∠BCF，
∵∠ABC＝∠F+∠BCF＝2∠D，
∴∠F＝∠BCF＝∠D，
∴BF＝BC，AF＝AD，
∵AG⊥DF，BH⊥DF，
∴，，
∵点E为CD的中点，
∴，
∵DF＝CF+CD＝2FH+2DE，
∴，
∵DG＝DE+GE，
∴FH＝GE，
设FH＝CH＝GE＝x，则CF＝2x，
∵BC∥AD，
∴，
∵，BC＝BF，
∴，
∴CD＝3CF＝6x，
∴，
∴DG＝DE+GE＝4x，
在Rt△AGE 和Rt△AGD中，AG2＝AE2﹣GE2＝5﹣x2，AG2＝AD2﹣GD2＝20﹣16x2，
∴5﹣x2＝20﹣16x2，
∴x＝1，
∴CD＝6x＝6．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，
23．（12分）【发现问题】数学小组在活动中，研究了一道有关相似三角形的问题：
例：如图1，在△ABC中，点D是射线AC上一点，连接BD，若∠ABD＝∠ACB，求证：AB2＝AD•AC．
解：∵∠ABD＝∠C，∠A＝∠A，
∴△ABD∽△ACB，
∴，
∴AB2＝AD•AC，
小睿同学经过分析、思考后，将这个三角形放在平面直角坐标系中，发现了一些规律．
【提出问题】如图2，点B恰好与点（1，0）重合，BA边在x轴上，若点D的纵坐标始终为d（d＞0），∠BAC＝90°，那么随着BA的变化，点C的位置发生变化；小睿同学通过描点、观察，提出猜想：按此方式描出的若干个点C都在某二次函数图象上．
【分析问题】（1）当d＝1时，若BA＝4，所对应的点C的坐标为 （5，16） ；
【解决问题】（2）当d＝1时，请帮助小睿同学证明他的猜想；
【深度思考】（3）点C的坐标为（m，n），当t≤m≤t+2时，n的最大值为n1，最小值为n2，且，求此时t的值．（规定：当点C与点B重合时，依然满足AB2＝AD•AC）
【分析】（1）由题意得：AC＝＝＝16，即可求解；
（2）设点A的横坐标为：x，则AB＝x﹣1，由（1）知：y＝AC＝＝（x﹣1）1＝x2﹣2x+1，即可求解；
（3）当t+2＜1时，即t＜﹣1，则n1＝，n2＝，则n1﹣n2＝﹣＝，即可求解；当﹣1＜t＜0、0＜tt＜1时，同理可解．
【解答】解：（1）由题意得：AC＝＝＝16，
则点C的坐标为：（5，16），
故答案为：（5，16）；
（2）设点A的横坐标为：x，则AB＝x﹣1，
由（1）知：y＝AC＝＝（x﹣1）1＝x2﹣2x+1，
即点C在函数y＝x2﹣2x+1上；
（3）点A（m，n），
则n＝AC＝＝＝；
函数的对称轴为直线x＝1，
当t+2＜1时，即t＜﹣1，
则n1＝，n2＝，
则n1﹣n2＝﹣＝，
解得：t＝﹣3；
当﹣1＜t＜0时，
则n1＝，n2＝0，
则n1﹣n2＝＝，
解得：t＝1（舍去）；
当t+1＞1且t＜1时，
同理可得：t＝3；
综上，t＝±3．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到三角形相似、二次函数的图象和性质，分类求解是解题的关键．