浙江省绍兴市嵊州市2022-2023学年九年级（上）期末数学试卷(含解析)

这是一份浙江省绍兴市嵊州市2022-2023学年九年级（上）期末数学试卷(含解析)，共31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. 已知tanA=33，∠A是锐角，则∠A的度数为( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
2. 若yx=25，则yx+y的值为( )
A. 23B. 72C. 37D. 27
3. 如图，在⊙O中，∠AOB=90°，点C是优弧AB上一点，则∠ACB的度数为( )
A. 35°
B. 45°
C. 50°
D. 60°
4. 在一个暗箱里放有m个除颜色外完全相同的球，这m个球中红球只有4个，每次将球充分摇匀后，随机从中摸出一球，记下颜色后放回，通过大量的重复试验后发现，摸到红球的频率为0.4，由此可以推算出m约为( )
A. 7B. 3C. 10D. 6
5. 二次函数y=ax2+4ax+c(a<0,a,c均为常数)的图象经过A(-5,y1)，B(-1,y2)，C(0,y3)三点，则y1，y2，y3的大小关系是( )
A. y1>y2>y3B. y2>y1>y3C. y2>y3>y1D. y3>y2>y1
6. 如图，在由小正方形组成的方格纸中，△ABC和△PDE的顶点均在格点上，要使△ABC∽△PDE，则点P所在的格点为( )
A. P1
B. P2
C. P3
D. P4
7. 在学习画线段AB的黄金分割点时，小明过点B作AB的垂线BC，取AB的中点M，以点B为圆心，BM为半径画弧交射线BC于点D，连接AD，再以点D为圆心，DB为半径画弧，前后所画的两弧分别与AD交于E，F两点，最后，以A为圆心，“■■”的长度为半径画弧交AB于点H，点H即为AB的其中一个黄金分割点，这里的“■■”指的是线段( )
A. AFB. DFC. AED. DE
8. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，若AB=6，AC=8，点D是AC上一点，且CDAD=13，则sin∠DBC的值为( )
A. 25B. 210C. 26D. 15
9. 如图，在半径为5的⊙O中，AB是直径，AC是弦，D是AC的中点，AC与BD交于点E.若BEDE=12，则AC的长为( )
A. 42
B. 43
C. 45
D. 46
10. 如图，在平面直角坐标系中，y=-34x2+94x+3与x轴交于A，B两点(A在B的左侧)，与y轴交于点C，点P是BC上方抛物线上一点，连结AP交BC于点D，连结AC，CP，记△ACD的面积为S1，△PCD的面积为S2，则S1S2的最小值为( )
A. 43B. 53C. 54D. 1
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11. 如图中的两个三角形是否相似， (填“是”或“否”)．
12. 如图是刚刚结束的2022年第22届卡塔尔世界杯发行的官方纪念币，它们分别是①世界杯会徽，②世界杯口号，③大力神杯，④吉祥物，⑤多哈塔尔塔，⑥阿尔拜特体育场，⑦卡塔尔地图，⑧卢赛尔体育场.现有8张形状、大小、质地均相同的卡片，正面分别印有世界杯会徽，世界杯口号，大力神杯，吉祥物，多哈塔尔塔，阿尔拜特体育场，卡塔尔地图，卢赛尔体育场种不同的图案，背面完全相同.现将这8张卡片洗匀后正面向下放在桌子上，从中随机抽取一张，抽出的卡片正面恰好是世界杯会徽图案的概率是 ．
13. 如图，在由相同的菱形组成的网格中，∠ABC=60°，小菱形的顶点称为格点，已知点A，B，C，D，E都在格点上，连接BD，BE，tan∠EBD的值为 ．
14. 如图，AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交于点E，若AE=2，BE=8，CE=2DE，则O到CD的距离为 ．
15. 二次函数y=(x-2)2+h(b≤x≤b+1)的图象上任意二点连线不与x轴平行，则b的取值范围为 ．
16. 如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=3，E是射线AB上一动点，连结DE交对角线AC于点F，当DE把△ABC分成一个三角形和一个四边形时，这个三角形的面积恰好是△ABC面积的13，则AE的长为 ．
三、解答题（本大题共8小题，共80.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
(1)计算：3sin60°-(cs30°-π)0+tan45°．
(2)已知线段c是线段a，b的比例中项，若a=3，b=123，求线段c的长．
18. (本小题8.0分)
在3×3的方格纸中，点A，B，C，D，E，F分别位于如图所示的小正方形的顶点上．
(1)从C，D，E，F四点中任意取一点，以所取的这一点及A，B为顶点画三角形，则所画三角形是等腰三角形的概率是 ．
(2)从C，D，E，F四点中任意取两个不同的点，以所取的这两点及A，B为顶点画四边形，求所画四边形是平行四边形的概率(用树状图或列表求解)．
19. (本小题8.0分)
如图1是嵊州市某小区的“垃圾分类定时定点投放点”，智能化按键式开启投放门的投放方式，让嵊州人民的垃圾投放变得更智能更环保，图2是投放门开启后的侧面示意图，投放口挡板AB长45cm，挡板底部距地面高BD为125cm，挡板开启后的最大张角为57.6°，求投放门前端C离开的最大距离CF及投放门前端C距地面的最大距离(参考数据：sin57.6°≈0.844，cs57.6°≈0.536，tan57.6°≈1.58，结果精确到1cm)
20. (本小题8.0分)
如图，四边形ABCD内接于⊙O，分别延长BC，AD，使它们相交于点E，AB=8，且DC=DE．
(1)求证：∠A=∠AEB．
(2)若∠EDC=90°，点C为BE的中点，求⊙O的半径．
21. (本小题10.0分)
在卡塔尔世界杯期间，图1是某足球运动员在比赛期间的进球瞬间，足球在抽射过程中恰好碰到防守队员的身体，改变足球线路，弹射入网.小冲在训练过程中也尝试这样的射门，如图2是小冲在训练时的示意图，足球在空中的运动轨迹可以抽象成一条抛物线，假设足球在碰到障碍平台后的运动轨迹，与末碰到障碍平台前的轨迹的形状完全相同，且达到最高点时离地高度也相同，并且两条轨迹在同一平面内，射门时的起脚点O与障碍平台A之间的距离OA为9m，障碍平台高为1.08m，若小冲此次训练时足球正好在前方5m的点C处达到最高点，离地面最高距离为3m，以地面OA所在直线为x轴，过点O且垂直于OA的直线为y轴建立平面直角坐标系．

(1)求过O，C，B三点的抛物线表达式；
(2)此时障碍平台与球门之间的距离AD为6m，已知球门高为2.44m，请你通过计算，(不考虑其他因素)足球在经过障碍平台的反弹后能否顺利射入球门．
22. (本小题12.0分)
为了充分利用四边形余料，小明设计了不同的方案裁剪正方形，裁剪方案与数据如表：
23. (本小题12.0分)
设二次函数y=-x2+bx+c(b,c是常数)的图象与x轴交于A，B两点．
(1)若A，B两点的坐标分别为(-1,0)，(3,0)，求该二次函数的表达式．
(2)若函数y的表达式可以写成y=-(x+h)2+3(h是常数)的形式，求c-b的最大值．
(3)设一次函数p=x-m(m是常数)，若二次函数的表达式还可以写成y=-(x-m)(x-m+1)的形式，当函数q=y-p的图象经过点(x0,0)时，求x0-m的值．
24. (本小题14.0分)
如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=6，点E是射线AB上的动点，点F是射线DB上的动点，满足AE=DF．
(1)若点E是AB的中点，求BF的长和tan∠BFE的值．
(2)若△BEF是等腰三角形，求AE的长．
(3)若BF=4，点P是射线AD上的点，满足tan∠BPE=15，直接写出DP的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵tanA=33，且∠A是锐角，
∴∠A=30°，
故选：A．
根据特殊角的三角函数值求解．
本题考查了特殊角的三角函数值，解题关键是掌握几个特殊角的三角函数值．
2.【答案】D
【解析】解：由yx=25，可设x=5k，y=2k，
则yx+y=2k5k+2k=2k7k=27，
故选：D．
设x=5k，y=2k，代入所求式子中化简求解即可．
本题考查比例性质、分式求值，根据比例性质巧妙设未知数求解是解答的关键．
3.【答案】B
【解析】解：∵∠AOB=90°，
∴∠ACB=12∠AOB=45°，
故选：B．
根据同弧弧所对的圆周角等于圆心角的一半进行求解．
此题主要是圆周角定理．关键是根据同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半进行求解．
4.【答案】C
【解析】解：由题意可得：4m=0.4，
解得：m=10．
故可以推算出m约为10．
故选：C．
在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，列出方程求解．
本题主要考查了利用频率估计概率，解题的关键是掌握“利用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．
5.【答案】C
【解析】解：∵二次函数的解析式为y=ax2+4ax+c，a<0，
∴函数图象开口向下，对称轴为x=-4a2×a=-2，
∴A(-5,y1)，B(-1,y2)，C(0,y3)到对称轴的距离分别为：3，1，2．
∵函数图象开口向下，
∴图象上的点到对称轴的距离越远，纵坐标越小，即函数值越小，
∴y2>y3>y1．
故选：C．
由y=ax2+4ax+c可知图象开口向下，求出对称轴，图象上的点到对称轴的距离越远，纵坐标越小．
本题考查比较二次函数函数值的大小，解题的关键是求出二次函数图象的对称轴．
6.【答案】B
【解析】解：△ABC中，AB是正方形的对角线，
∴∠ABC=135°，且AB=12+12=2，BC=2，
即ABBC=22，
要使△ABC∽△PDE，
则∠PDE=∠ABC=135°，
观察图形，只有P2D是正方形的对角线，即∠P2DE=135°，
且DP2=22+22=22，DE=4，
即DP2DE=224=22，
∴点P2符合题意，
故选：B．
利用相似三角形的判定定理即可判断．
本题考查了相似三角形的判定，掌握“根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似”是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：根据作图可知，∠ABD=90°，DB=DF=BM=12AB，
设DB=DF=a，则AB=2a，
∴根据勾股定理可得：AD=AB2+BD2=5a，
∴AF=AD-DF=5a-a，
∴AFAB=5a-a2a=5-12，
∴以A为圆心，“AF”的长度为半径画弧交AB于点H，点H即为AB的其中一个黄金分割点，故A正确．
故选：A．
根据作图可知，∠ABD=90°，DB=DF=BM=12AB，设DB=DF=a，则AB=2a，AD=AB2+BD2=5a，求出AF=AD-DF=5a-a，得出AFAB=5a-a2a=5-12，即可得出结论．
本题主要考查了勾股定理，黄金分割，解的关键是求出AFAB=5a-a2a=5-12．
8.【答案】B
【解析】解：如图：过D作DE⊥BC，垂足为E，

∵CDAD=13，
∴AD=3CD，
∵AC=AD+CD，
∴8=3CD+CD，即CD=2，
∴AD=6，
∵AB=6，∠BAC=90°，
∴BD=AB2+AD2=62，
∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，
∴BC=AB2+AC2=10，
∵sin∠C=ABBC=DECD，
∴610=DE2，即DE=65，
∴sin∠DBC=DEBD=6562=6302=210．
故选：B．
如图：过D作DE⊥BC，垂足为E.先求出DC、AD，再由勾股定理可得BD=62、BC=10，然后由正弦的定义可得sin∠C=ABBC=DECD，进而得到DE=65，最后根据正弦的定义求解即可．
本题主要考查了正弦的定义、勾股定理等知识点，掌握在直角三角形中，任意一锐角∠A的对边与斜边的比叫做∠A的正弦是解答本题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：如图示，连接OD，交AC于F，

∵D是AC的中点，
∴OD⊥AC，AF=CF，
∴∠DFE=90°，
∵OA=OB，AF=CF，
∴OF=12BC，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴DF//BC，
∴△EFD∽△ECB，
∴BCDF=BEDE，
∵BEDE=12，
∴BCDF=12，
∴DF=2BC，
设OF=x，则BC=2x，DF=4x，
∴OD=5x=5，
∴x=1，
即BC=2x=2，
在Rt△ABC中，AB=2×5=10，
∴AC=AB2-BC2=102-22=46．
故选：D．
连接OD、BC，利用垂径定理得到AF=CF，再利用三角形中位线定理得到OF=12BC，接着证明△EFD∽△ECB，得到DF=2BC，设OF=x，则BC=2x，DF=4x，利用半径为5，解出x，最后在Rt△ABC中由勾股定理即可求解．
本题考查了垂径定理，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：△ACD和△PCD的底分别为AD和PD，高为h，
则S1S2=12AD⋅h12PD⋅h=ADPD，
∴求S1S2的最小值，即为求ADPD最小值，也就是求PDAD的最大值，
作PF/​/x轴，交BC的延长线于点F，

设P(m,-34m2+94m+3)，则点F的纵坐标为-34m2+94m+3，
对于y=-34x2+94x+3=-34(x+1)(x-4)，
令y=0，则-34(x+1)(x-4)=0，解得x1=-1，x2=4，
令x=0，则y=3，
∴C(0,3)，A(-1,0)，B(4,0)，
设直线BC的解析式为y=kx+3，
代入B(4,0)得0=4k+3，解得k=-34，
∴直线BC的解析式为y=-34x+3，
令-34m2+94m+3=-34x+3，则x=m2-3m，
∴F(m2-3m,-34m2+94m+3)，
∴PF=m2+4m，AB=4-(-1)=5，
∵PF//x轴，
∴△PFD∽△ABD，
∴PDAD=PFAB=-m2+4m5=-15(m-2)2+45，
∵-15<0，
∴PDAD有最大值为45，
∴ADPD有最小值为54．
故选：C．
求S1S2的最小值，即为求ADPD最小值，也就是求PDAD的最大值，作PF/​/x轴，交BC的延长线于点F，利用待定系数法求得直线BC的解析式，设P(m,-34m2+94m+3)，则F(m2-3m,-34m2+94m+3)，证明△PFD∽△ABD，利用相似三角形的性质求得PDAD=-15(m-2)2+45，再利用二次函数的性质即可求解．
本题考查了二次函数的综合应用，考查了二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，利用二次函数的性质求解是解题的关键．
11.【答案】是
【解析】解：如图，第一个三角形的第三个内角的度数为180°-70°-45°=65°，
根据有两个角对应相等的两个三角形相似得这两个三角形相似．
故答案为：是．
先根据三角形的内角和定理求得第一个三角形的第三个内角的度数，根据相似三角形的判定即可解答．
本题考查相似三角形的判定、三角形的内角和定理，熟练掌握相似三角形的判定是解答的关键．
12.【答案】18
【解析】解：共有8个不同的图案，从中随机抽取一张，抽出的卡片正面恰好是世界杯会徽图案的概率是18，
故答案为：18．
根据概率公式进行计算即可求解．
本题考查了根据概率公式求概率，掌握概率的公式是解题的关键．
13.【答案】39
【解析】解：连接AC，如图所示：

设菱形网格的边长为a，则AB=BC=3a，
∵此图为相同的菱形组成的网格，
∴四边形ABCD为菱形，E在AC上，
∴AC⊥BD，AO=12AC，
∵AB=BC，∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC=3a，
∴AO=12AC=32a，
∵∠ABC=60°，
∴∠AFE=60°，
∵AF=EF，
∴△AEF为等边三角形，
∴AE=AF=a，
∴EO=AO-AE=12a，
根据勾股定理得：BO=AB2-AO2=332a，
∴tan∠EBD=EOBO=12a332a=39．
故答案为：39．
连接AC，设菱形网格的边长为a，则AB=BC=3a，证明△ABC为等边三角形，△ABC为等边三角形，得出AC=3a，求出EO=AO-AE=12a，根据勾股定理求出BO=AB2-AO2=332a，求出tan∠EBD=EOBO=12a332a=39即可．
本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，求一个角的正切值，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握菱形的性质．
14.【答案】7
【解析】解：如图，连接AD、BC，
则∠ADE=∠CBE，∠DAE=∠BCE，
∴△ADE∽△CBE，
∴AECE=DEBE，
∵AE=2，BE=8，CE=2DE，
∴2DE2=AE⋅BE=2×8=16，AB=10，
∴DE=22，CE=42，
∴CD=DE+CE=62，
过O作OH⊥CD交CD于H，连接OC，
则CH=12CD=32，
在Rt△OHC中，OC=12AB=5，
∴OH=OC2-CH2=52-(32)2=7，
即O到CD的距离为7，
故答案为：7．
连接AD、BC、OC，过O作OH⊥CD交CD于H，先根据圆周角定理和相似三角形的判定证明△ADE∽△CBE，再利用相似三角形的性质求得进而求得DE=22，进而求得CD=62，然后利用垂径定理和勾股定理求得OH即可求解．
本题考查圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握圆周角定理和垂径定理，会利用相似三角形的判定与性质求线段长是解题的关键．
15.【答案】b≤1或b≥2
【解析】解：∵二次函数表达式为y=(x-2)2+h(b≤x≤b+1)，
∴该函数的对称轴为直线x=2，
∵图象上任意二点连线不与x轴平行，
∴x≤2或x≥2，
∵b≤x≤b+1，
∴b+1≤2b≥2，
解得：b≤1或b≥2．
故答案为：b≤1或b≥2．
先根据函数表达式得出函数的对称轴，再根据题意可得该二次函数的图象取对称轴的左边或对称轴的右边，即可进行解答．
本题主要考查了二次函数的图象和性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象，会根据二次函数的表达式求出函数的对称轴．
16.【答案】213-2或213+23
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，AD=3，AB=4，
∴BC=AD=3，AB//DC，
∴AC=AB2+BC2=5，
∴sin∠CAB=sin∠FAE=BCAC=35，
①当E在线段AB上时，
设AE=nBE，
∴AEAB=nBEnBE+BE=nn+1=AECD，
∵AB/​/DC，
∴△CDF∽△AEF，
∴AECD=AFCF=nn+1，
∵AFAC=AFAF+FC=nn+(n+1)=n2n+1，
∴AF=n2n+1AC=5n2n+1，
∵AE=nBE，AB=AE+BE=AE+1nAE=4，
∴AE=41+1n=4nn+1，
设△AFC中，AE边上的高为h，则h=AF×sin∠FAE，
∴S△AFC=12AE×AF×sin∠FAE=12AE×5n2n+1×35=3n4n+2×4nn+1=12n22(2n+1)(n+1)，
∵13S△ABC=13×12×AB×BC=16×4×3=2，
即当S△AFC=2时，
∴12n22(2n+1)(n+1)=2，
解得：n=13+32(负值舍去)，
∴AE=4nn+1=213+23；
②当E在AB的延长线上时，如图：

设AE=nBE，
∴AEAB=nBEnBE-BE=nn-1=AECD，
∵DC/​/AB，
∴△CDF∽△AEF，
∴AECD=AFCF=nn-1，
∵AFAC=AFAF+FC=nn+(n-1)=n2n-1，
∴AF=n2n-1AC=5n2n-1，
∵AE=nBE，AB=AE-BE=AE-1nAE=4，
∴AE=41-1n=4nn-1，
∴BE=1nAE=4n-1，
∴S△AFC=12AE×AF×sin∠FAE=12AE×5n2n-1×35=3n4n-2×4nn-1=12n22(2n-1)(n-1)，
∵tan∠DEA=ADAE=3nBE，
∴BG=BE×tan∠GEB=BE×3nBE=3n，
∴S△GBE=12×BG×BE=12×3n×4n-1，
∵△CFG的面积为2，
∴四边形AFGB的面积为4，
即S△AFC-S△GBE=4，
即12n22(2n-1)(n-1)-12×3n×4n-1=4，
解得：n=13+52或n=5-132(n>1，不合题意舍去)，
∴AE=4nn-1=213-2，
故答案为：213-2或213+23．
分E在AB上和E在AB延长线上，分情况讨论，根据这个三角形的面积恰好是△ABC面积的13，列出方程，进行计算即可求解．
本题考查了相似三角形的性质，三角函数的应用，设参数法是解题的关键．
17.【答案】解：(1)3sin60°-(cs30°-π)0+tan45°
=3×32-1+1
=32；
(2)依题意，c2=ab，
∵a=3，b=123，
∴c2=3×123=36，
∴c=6(负值舍去)，
∴线段c的长为6．
【解析】(1)根据特殊角的三角函数值以及零次幂进行计算即可求解；
(2)根据成比例线段的定义得出c2=ab，代入数据进行计算即可求解．
本题考查了特殊角的三角函数，零次幂，成比例线段，掌握以上知识是解题的关键．
18.【答案】34
【解析】解：(1)根据从C，D，E，F四个点中任意取一点，一共有4种可能，选取C，D，E点时，所画三角形是等腰三角形，
所画三角形是等腰三角形的概率P=34；
故答案为：34；
(2)用“树状图”或利用表格列出所有可能的结果：

∵以点A、B、E、C为顶点及以A、B、E、F为顶点所画的四边形是平行四边形，
∴所画的四边形是平行四边形的概率P=412=13．
(1)根据从C，D，E，F四个点中任意取一点，一共有4种可能，选取C，D，E点时，所画三角形是等腰三角形，即可得出答案；
(2)利用树状图得出从C、D、E、F四个点中先后任意取两个不同的点，一共有12种可能，进而得出以点A、B、E、C为顶点及以A、B、E、F为顶点所画的四边形是平行四边形，即可求出概率．
本题考查列表法或树状图法求随机事件发生的概率，列举出所有可能出现的结果情况是解决问题的关键．
19.【答案】解：在Rt△ACF中，∠A=57.6°，AC=AB=45cm，
∴CF=AC⋅sin57.6°≈45×0.844≈38(cm)，
∴AF=AC⋅cs57.6°≈45×0.536≈24(cm)，
∴FD=AB+BD-AF=45+125-24=146(cm)，
∴投放门前端C离开的最大距离CF=38cm，投放门前端C距地面的最大距离为146cm．
【解析】在Rt△ACF中，利用三角函数关系即可求解．
本题考查了解直角三角形的应用，根据题意熟练应用锐角三角函数关系是解题关键．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠BCD+∠DCE=180°，
∴∠A=∠DCE，
∵DC=DE
∴∠E=∠DCE，
∴∠A=∠AEB；
(2)解：如图，连接AC，

∵∠EDC=90°，
∴AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∵∠A=∠AEB
∴AB=BE
∵AB=8，
∴BE=8，
∵点C为BE的中点，
∴BC=12BE=4，
在Rt△ABC中，AC=AB2+BC2=82+42=45，
∴⊙O的半径为25．
【解析】(1)根据圆内接四边形的对角互补可得∠A+∠BCD=180°，再由邻补角互补可得∠BCD+∠DCE=180°，根据同角的补角相等可得∠A=∠DCE，再根据等边对等角可得∠E=∠DCE，再根据等量代换可得∠A=∠AEB．
(2)连接AC，根据直角所对的弦是直径得出AC为⊙O的直径，根据勾股定理求出AC，即可求解．
本题考查圆内接四边形的性质，直角所对的弦是直径，勾股定理，掌握以上知识是解题关键．
21.【答案】解：(1)依题意得O(0,0)，C(5,3)，B(9,1.08)，
设抛物线表达式为y=ax2+bx，
∴3=a×52+b×51.08=a×92+b×9，
解得a=-0.12b=1.2，
∴抛物线表达式为y=-0.12x2+1.2x；
(2)抛物线y=-0.12x2+1.2x的对称轴为x=5，
点B到对称轴的距离为9-5=4，
∴第二段抛物线相当于第一段抛物线整体向x轴的正方向平移8个单位长度，
∴第二段抛物线的表达式为y=-0.12(x-8)2+1.2(x-8)，
当x=9+6=15时，y=-0.12×(15-8)2+1.2×(15-8)=2.52>2.44，
因此，不能顺利射入球门．
【解析】(1)利用待定系数法求解即可；
(2)根据题意第二段抛物线相当于第一段抛物线整体向x轴的正方向平移8个单位长度，据此求解即可．
本题考查了二次函数的应用，图象的平移，解题的关键是要有建模思想，将题目中的语句转化为数学语言，这样才能较好的领会题意并运用自己的知识解决问题．
22.【答案】15 35 247
【解析】解：任务1：探寻边角，
作CH⊥AB于H，

∵∠A=∠D=90°，CH⊥AB，
∴四边形ADCH是矩形，
∴CH=AD=9dm，AH=CD=2dm，BH=AB-AH=12(dm)，
∴BC=92+122=15(dm)，sinB=CHBC=915=35，
故答案为：15，35；
任务2：比较面积，
设GF与CH相交于点I，正方形AEFG的边长为a dm，

∵sinB=35，
∴tanB=34，csB=45，
在Rt△FIC中，tan∠CFI=tanB=34，FI=(a-2)dm，CI=(9-a)dm，
∴CIFI=9-aa-2=34，
解得a=6；
设正方形MNPQ边长为b dm，

∴∠B=∠MNA，
在Rt△FIC中，sinB=PNBN=bBN=35，则BN=53b，
在Rt△MAN中，cs∠MNA=ANMN=ANb=45，则AN=45b，
∴45b+53b=14，
解得b=21037，
正方形AEFG和正方形MNPQ边长之比为621037=3735；
任务3：应用实践，
如图，在△BEF余料上再截取一个正方形EKJL，设正方形EKJL的边长为m dm，

∵BE=AB-AE=14-6=8(dm)，
∴BK=8-m，
在Rt△BJK中，tanB=34，
∴JKBK=m8-m=34，
解得m=247，即正方形EKJL的边长为247dm；
如图，在△BEF余料上再截取一个正方形RSTU，设正方形RSTU的边长为n dm，
同理

在Rt△BST中，sinB=STBT=nBT=35，则BT=53n，
在Rt△UTE中，cs∠UTE=ETUT=ETn=45，则ET=45n，
∴45n+53n=8，
解得n=12037，即正方形RSTU的边长为12037dm；
∵247>12037，
在△BEF余料上再截取一个最大正方形，正方形的边长为247dm．
故答案为：247．
任务1：作CH⊥AB于H，利用勾股定理以及三角函数的定义求解即可；
任务2：分两种情况，画出图形，利用三角函数的关系即可求解；
任务3：同理任务2，分两种情况求解即可．
本题考查了解直角三角形的应用，掌握掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
23.【答案】解：(1)依题意，-1-b+c=0-9+3b+c=0，
解得：b=2c=3，
∴抛物线解析式为y=-x2+2x+3；
(2)∵函数y的表达式可以写成y=-(x+h)2+3=-x2+2hx-h2+3，
∴b=2h，c=-h2+3，
∴c-b=-h2+3-2h=-(h+1)2+4，
∴c-b的最大值为4；
(3)∵p=x-m，y=-(x-m)(x-m+1)，
∴q=y-p=-(x-m)(x-m+1)-(x-m)=-(x-m)(x-m+2)，
∵函数q=y-p的图像经过点(x0,0)，
∴-(x0-m)(x0-m+2)=0，
∴x0-m=0或x0-m=-2．
【解析】(1)根据待定系数法求解析式即可求解；
(2)根据等式的性质，构造以c-b为函数的二次函数，求函数最值即可；
(3)根据题意得出q=-(x-m)(x-m+2)，将点(x0,0)代入，根据一元二次方程的解即可求解．
本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，二次函数与一元二次方程的关系，掌握二次函数的性质是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵矩形ABCD中，AB=8，BC=6，
∴AD=BC=6，
∴BD=AD2+AB2=10，
当点E为AB的中点时，AE=BE=12AB=4，
∴AE=DF=4，
∴BF=10-4=6；
过点F作FG⊥AB，EH⊥BD，连接EF，如图所示：

∴∠FGB=∠EHB=∠A=90°，
∵∠FBG=∠EBH，
∴△ABD∽△GBF，△ABD∽△HBE，
∴ABBG=BDBF=ADFG，ABBH=BDBE=ADHE，
解得：EH=2.4，FG=3.6，
∴BH=BE2-EH2=3.2，
∴FH=10-4-3.2=2.8，
∴tan∠BFE=EHFH=；
(2)i当点E在线段AB上时，F在线段BD上时，
设AE=x，则BE=8-x，DF=x，BF=10-x(0①当BE=BF时，如图所示：

∴8-x=10-x，无解，不存在；
②当BF=EF时，如图所示：

过点E作EH⊥AB，
∴∠FHB=∠A=90°，
∵∠FBH=∠DBA，
∴△FBH∽△DBA，
∴BFBD=BHAB，即10-x10=BH8，
解得：BH=8-45x，
∴BE=16-85x，
∴AE=8-(16-85x)=x，
解得：x=403>8，不符合题意，舍去；
③当BE=EF时，过点E作EG⊥BD，如图所示：

∴∠EGB=∠A=90°，
∵∠FBA=∠DBA，
∴△ABD∽△GBE，
∴ABBG=BDBE，
∴810-x2=108-x，
解得：x=143；
ii同理：当点E在射线AB上时，F在线段BD上时，
设AE=x，则BE=x-8，DF=x，BF=10-x(8方法类似：只有当BF=BE时，成立，如图所示：

∴10-x=x-8，
解得：x=9；
iii当点E在射线AB上时，F在射线BD上时，
设AE=x，则BE=x-8，DF=x，BF=x-10(x>10)，
①当BE=BF时，如图所示：

∴x-8=x-10，无解，不存在；
②当BF=EF时，如图所示：

过点F作FG⊥AB，
∴∠FGB=∠A=90°，
∵∠FBG=∠DBA，
∴△FGB∽△DAB，
∴BFBD=BGAB，即x-1010=x-88，
解得：x=0，
不符合题意，舍去；
③当BE=EF时，过点E作EG⊥BF，如图所示：

∴∠EGB=∠A=90°，
∵∠FBE=∠DBA，
∴△ABD∽△GBE，
∴ABBG=BDBE，
∴8x-102=10x-8，
解得：x=143<10，不符合题意；
综上可得：当AE=143或9时，△BEF是等腰三角形；
(3)如图所示：当点E、F在点B左侧，点P在点D下方时，过点B作BG⊥PE，

∵BF=4，
∴DF=AE=6，BE=8-6=2，
设AP=x，
则 PE=AP2+AE2=x2+36，
∵∠EGB=∠A=90°，∠BEG=∠PEA，
∴△EBG∽△EPA，
∴EBPE=BGAP=EGAE，即2x2+36=BGx=EG6，
解得：BG=2xx2+36，EG=12x2+36，
∴PG=x2+36+12x2+36，
∵tan∠BPE=15，
∴EGPG=12x2+36x2+36+12x2+36=15，
解得：x=23<6，
∴DP=6-23；
点P在射线点D上方时，过点B作BG⊥PE，

同理解得：PA=23<6，故不存在；
当点E、F在点B右侧时，点P在点D下方时，过点E作EG⊥BP，

∵BF=4，
∴DF=AE=14，BE=14-8=6，
设AP=x，
则 PB=AP2+AB2=x2+64，
∵∠EGB=∠A=90°，∠EBG=∠PBA，
∴△EBG∽△ABP，
∴PBBE=BGAB=EGAP，即x2+646=BG8=EGx，
解得：BG=4x2+643，EG=xx2+646，
∴PG=x2+64+4x2+643，
∵tan∠BPE=15，
∴EGPG=xx2+646x2+64+4x2+643=15，
解得：x=2.8，
∴DP=3.2；
当点E、F在点B右侧时，点P在点D上方时，过点E作EG⊥BP，
同理解得：PA=2.8<6，故不存在；

综上可得：DP的长为6-23或3.2．
【解析】(1)根据矩形的性质及勾股定理得出BD=10，再由中点得出BF=6；过点F作FG⊥AB，EH⊥BD，连接EF，利用相似三角形的判定和性质得出EH=2.4，FG=3.6，利用勾股定理得出BH=3.2，然后根据正切函数的定义求解即可；
(2)分三种情形：i当点E在线段AB上时，F在线段BD上时，ii同理：当点E在射线AB上时，F在线段BD上时，iii当点E在射线AB上时，F在射线BD上时，然后再根据等腰三角形各分三种情况分析，利用相似三角形的判定和性质求解即可；
(3)分两种情况分析：当点E、F在点B左侧时，当点E、F在点B右侧时，分别作出辅助线，利用相似三角形的判定和性质及正切函数求解即可．
题目主要考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解三角形，解题关键是理解题意，进行分类分析，综合运用这些知识点．
方案设计
方案1
方案2
裁剪方案示意图
说明
图中的正方形AEFG和正方形MNPQ四个顶点都在原四边形的边上
测量数据
AD=9dm，CD=2dm，AB=14dm，∠A=∠D=90°；
任务1：探寻边角
填空：BC= dm，sinB= ；
任务2：比较面积
计算或推理：正方形AEFG和正方形MNPQ边长之比；
任务3：应用实践
若在△BEF余料上再截取一个最大正方形，正方形的边长为 dm．