2023-2024学年浙江省嘉兴市桐乡市部分学校九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省嘉兴市桐乡市部分学校九年级（上）期末数学试卷（含解析），共24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.下列说法中，正确的是( )
A. 不可能事件发生的概率为0
B. 随机事件发生的概率为12
C. 概率很小(不为0)的事件不可能发生
D. 投掷一枚质地均匀的硬币100次，正面朝上的次数一定为50次
2.如图，图形甲与图形乙是位似图形，O是位似中心，位似比为2：3，点A，B的对应点分别为点A′，B′.若AB=6，则A′B′的长为( )
A. 8B. 9C. 10D. 15
3.点P是线段AB的黄金分割点，且AP>PB，则下列等式不成立的是( )
A. PBAP= 5−12B. APAB= 5−12
C. AP2=AB⋅BPD. AB2=AP2+PB2
4.如图，圆周角∠ACB的度数为48°，则圆心角∠AOB的度数为( )
A. 48°
B. 24°
C. 96°
D. 90°
5.一个袋中装有红、白两种颜色的球，这些球除颜色外其它都相同．其中红球个数：白球个数=3：2.任意摸出一个球，求摸到红球的可能性大小是( )
A. 35B. 25C. 23D. 32
6.如图，在△ABC中，AB=AC，点D为线段BC上一动点(不与点B，C重合)，连接AD，作∠ADE=∠B=40°，DE交线段AC于点E．
下面是某学习小组根据题意得到的结论：
甲同学：△ABD∽△DCE；
乙同学：若AD=DE，则BD=CE；
丙同学：当DE⊥AC时，D为BC的中点．
则下列说法正确的是( )
A. 只有甲同学正确B. 乙和丙同学都正确C. 甲和丙同学正确D. 三个同学都正确
7.如图，点A，B，C，D，E均在⊙O上，且BD经过圆心O，连接AB，AE，CE，若∠B+∠E
150°，则弧CD所对的圆心角的度数为( )
A. 30°
B. 40°
C. 50°
D. 60°
8.已知点B(−1,1)，C(1,4)，反比例函数y=kx经过点C.点P在线段BC上，过点P作直线PQ与x轴平行，交反比例函数图象于点Q，再分别过点P和点Q作x轴垂线，所形成的矩形的面积的最大值是( )
A. 12124
B. 12524
C. 4
D. 5
9.如图，AB为⊙O的弦，点C在AB上，AC=4，BC=2，CD⊥OC交⊙O于点D，则CD的长为( )
A. 2
B. 3
C. 2 2
D. 3 2
10.已知抛物线y=ax2+bx+4(a,b是常数，a≠0)，过点A(−3m,0)，B(m,0)，C(n,4)，若−4A. −22D. m<−2
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.已知线段a=1，b=2，则a，b的比例中项线段长等于______．
12.把抛物线y=x2+1向右平移1个单位，所得新抛物线的表达式是______．
13.随机抽检一批衬衣的合格情况，得到如下的频数表．
则出售这批衬衣2000件，估计次品大约有______件．
14.如图，在平面直角坐标系中，已知A(1,0)，B(2,0)，C(0,1)，在坐标轴上有一点P，它与A、C两点形成的三角形与△ABC相似，则P点的坐标是______．
15.如图，点O是正六边形ABCDEF的中心，以AB为边在正六边形ABCDEF的内部作正方形ABMN，连接OD，ON，则∠DON= ______°.
16.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=6，BD=2，以点B为圆心，BD长为半径作圆.点E为⊙B上的动点，连结EC，作FC⊥CE，垂足为C，点F在直线BC的上方，且满足CF=12CE，连结BF，当点E与点D重合时，BF的值为______；点E在⊙B上运动过程中，BF存在最大值为______．
三、解答题：本题共8小题，共52分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
已知二次函数图象的顶点坐标(−1,3)，且经过点(1,−1)．
(1)求这个二次函数表达式；
(2)若点A(m,−6)在该函数图象上，求点A的坐标．
18.(本小题6分)
现有四张正面分别标有数字−1，0，1，2的不透明卡片，它们除数字外其余完全相同，将它们背面朝上洗匀.若从中随机抽取一张记下数字，抽到的卡片不放回，再从剩余的卡片中随机抽取一张记下数字，前后两次抽取的数字分别记为m，n．
(1)请利用画树状图或列表的方法表示出点A(m,n)所有等可能的结果；
(2)求点A(m,n)在第一象限的概率．
19.(本小题6分)
某居民小区一处柱形的输水管道破裂，维修人员为更换管道，需确定管道圆形截面的半径，如图是水平放置的破裂管道有水部分的截面．
(1)请你用直尺和圆规补全这个输水管道的圆形截面(保留作图痕迹)；
(2)若这个输水管道有水部分的水面宽AB=16cm，水面最深地方的高度为4cm，求这个圆形截面的半径．
20.(本小题6分)
已知点M为二次函数y=−(x−m)2+4m+1图象的顶点，直线y=kx+5分别交x轴正半轴，y轴于点A，B．
(1)判断顶点M是否在直线y=4x+1上，并说明理由；
(2)如图，若二次函数图象也经过点A，B，且kx+5>−(x−m)2+4m+1根据图象，直接写出x的取值范围．
21.(本小题6分)
如图，AC是平行四边形ABCD的对角线，在AD边上取一点F，连接BF交AC于点E，并延长BF交CD的延长线于点G．
(1)若∠ABF=∠ACF，求证：CE2=EF⋅EG；
(2)若DG=DC，BE=7，求EF的长．
22.(本小题6分)
如图，在正方形ABCD中有一点P，连接AP、BP，旋转△APB到△CEB的位置．
(1)若正方形的边长是8，PB=4.求阴影部分面积；
(2)若PB=4，PA=7，∠APB=135°，求PC的长．
23.(本小题8分)
2022年北京冬奥会，其中跳台滑雪是极具观赏性的比赛项目之一.如图是某跳台滑雪比赛场地的横截面示意图，线段AB表示出发台，BC表示助滑坡，点C表示起跳点，线段CD表示着陆坡，点K表示此跳台滑雪的K点.以水平地面为x轴，过点B作x轴的垂线为y轴，建立平面直角坐标系.已知起跳点C到水平地面的距离为60米，到y轴的距离是40米，OD=120米，CK=75米.K点是跳台滑雪中打出距离分所用的参照点，此跳台的参照距离是75米，即CK=75米，距离分=60+2×(跳跃距离−75)，跳跃距离是指起跳点c与着陆点之间的距离．
(1)求点K的坐标；
(2)某运动员从点C滑出，在空中飞行的轨迹(与横截面在同一平面内)可以近似地看成一条抛物线，其函数表达式为y=−0.01x2+bx+c．
①若该运动员第一跳的距离分是60分，求此时该抛物线的表达式；
②为了在第二跳中取得更好的成绩，该运动在起跳角度和空中姿势方面做了一定的调整，使得第二跳的飞行轨迹抛物线的表达式为y=−0.01x2+0.8x+44，求该运动员此跳的距离分．
24.(本小题8分)
如图1，⊙O的直径AB为2，C为⊙O上一个定点，∠ABC=30°，动点P从A点出发沿半圆弧AB向B点运动(点P与点C在直径AB的异侧)，当P点到达B点时运动停止，在运动过程中，过点C作CP的垂线CD交PB的延长线于D点．
(1)求证：△ABC∽△PDC；
(2)设CD的长为x，在点P的运动过程中，求x的取值范围；
(3)如图2，连接AD，直接写出线段AD的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查事件的概率以及概率的意义，掌握概率的意义是解题的关键．
根据事件发生可能性的大小，可得答案．
【解答】
解：A、不可能事件发生的概率为0，故A正确；
B、随机事件发生的概率为0与1之间，故B错误；
C、概率很小的事件也可能发生，故C错误；
D、投掷一枚质地均匀的硬币100次，正面朝上的次数可能是50次，故D错误．
故选：A．
2.【答案】B
【解析】解：∵图形甲与图形乙是位似图形，O是位似中心，位似比为2：3，
∴ABA′B′=23，
∵AB=6，
∴A′B′=9，
故选：B．
根据位似比的概念解答即可．
本题考查的是位似图形，解题的关键是掌握位似图形的位似比是对应边的比．
3.【答案】D
【解析】解：∵点P是线段AB的黄金分割点，且AP>PB，
∴APAB=PBAP= 5−12，
∴AP2=AB⋅BP，
故A，B，C都不符合题意；
∵AB2=(AP+PB)2，
∴AB2=AP2+2AP⋅PB+PB2，
故D符合题意；
故选：D．
根据黄金分割的定义，进行计算逐一判断即可解答．
本题考查了黄金分割，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：根据圆周角定理，得∠AOB=2∠ACB=96°.故选C．
根据圆周角定理求解即可．
本题考查了圆周角定理的应用．
5.【答案】A
【解析】解：∵红球个数：白球个数=3：2，
∴任意摸出一个球，求摸到红球的可能性大小是33+2=35，
故选：A．
根据“红球个数：白球个数=3：2”写出摸到红球的可能性即可．
考查了可能性大小的知识，解题的关键是能够根据“红球个数：白球个数=3：2”正确的写出答案．
6.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，
∵AB=AC，
∴∠C=∠B=40°，
∵∠B+∠BAD=∠CDE+∠ADE，∠ADE=∠B=40°，
∴∠BAD=∠CDE，
∴△ABD∽△DCE，
甲同学正确；
∵∠C=∠B，∠BAD=∠CDE，AD=DE，
∴△ABD≌△DCE，
∴BD=CE，
乙同学正确；
当DE⊥AC时，
∴∠DEC=90°，
∴∠EDC=90°−∠C=50°，
∴∠ADC=∠ADE+∠EDC=90°，
∴AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴BD=CD，
D为BC的中点，
丙同学正确；
综上所述：三个同学都正确．
故选：D．
在△ABC中，依据三角形外角及已知可得∠BAD=∠CDE，结合等腰三角形易证△ABD∽△DCE；结合AD=DE，易证△ABD≌△DCE，得到BD=CE；当DE⊥AC时，结合已知求得∠EDC=50°，易证AD⊥BC，依据等腰三角形“三线合一”得BD=CD．
本题考查相似三角形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握相应的判定和性质是解题关键．
7.【答案】D
【解析】解：连接BC、OC，
∵四边形ABCE为⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠E=180°，
∵∠ABD+∠E=150°，
∴∠CBD=30°，
∴∠COD=60°，即弧CD所对的圆心角的度数为60°，
故选：D．
连接BC、OC，根据圆内接四边形的性质得到∠ABC+∠E=180°，根据题意求出∠CBD=30°，再根据圆周角定理解答即可．
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：由题知，
令BC所在直线的函数表达式为y=ax+b，
则−a+b=1a+b=4，
解得a=32b=52．
所以BC所在直线的函数表达式为y=32x+52．
将点C坐标代入y=kx得，
k=1×4=4，
所以反比例函数的解析式为y=4x．
令点P的纵坐标为m，则点Q的纵坐标也为m，
所以32x+52=m，
解得x=23m−53．
所以P(23m−53,m)，
同理可得，Q(4m,m).
又因为点P在线段BC上，
所以−1≤m≤1．
又因为S矩形=m(4m−23m+53)，
整理得，
S矩形=−23(m−54)2+12124，
又因为−1≤m≤1，
则当m=1时，
S矩形取得最大值为5．
故选：D．
令点P的纵坐标为m，用含m的代数式表示出矩形的面积即可解决问题．
本题考查反比例函数的图象和性质及矩形的性质，熟知反比例函数的图象和性质是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：过点O作OE⊥AB于点E，连接OA、OD，
∵AC=4，BC=2，
∴AB=6，
∵OE⊥AB，
∴AE=BE=3，
∴CE=3−2=1，
设OE=x，
在Rt△OAE中，OA2=x2+9，
在Rt△OCE中，OC²=x2+1，
∵CD⊥OC，
∴CD2=OD2−OC2=x2+9−(x2+1)=8，
∴CD=±2 2(舍负)．
故选C．
过点O作OE⊥AB于点E，连接OA、OD，根据垂径定理可计算出AE、CE，根据勾股定理可表示出OA、OC，进而计算出CD．
本题主要考查垂径定理和勾股定理，解题关键是熟知垂径定理．
10.【答案】B
【解析】解：由题知，
将x=0代入抛物线解析式得，
y=4，
所以抛物线经过点(0,4)．
又因为点C(n,4)在抛物线上，
则点(0,4)和点(n,4)关于抛物线的对称轴对称．
同理可得，A，B两点关于抛物线的对称轴对称，
所以0+n2=−3m+m2，
则n=−2m．
又因为−4所以−4<−2m<−2，
解得1故选：B．
根据所给点的坐标，结合抛物线的对称性即可解决问题．
本题考查二次函数的图象和性质，巧妙利用抛物线的对称性是解题的关键．
11.【答案】 2
【解析】解：设线段a，b的比例中项为c，
∵c是长度分别为1、2的两条线段的比例中项，
∴c2=ab=1×2，
即c2=2，
∴c= 2(负数舍去)．
故答案为： 2．
设线段a，b的比例中项为c，根据比例中项的定义可知，c2=ab，代入数据可直接求得c的值，注意两条线段的比例中项为正数．
本题主要考查了比例线段．根据比例的性质列方程求解即可．解题的关键是掌握比例中项的定义，如果a：b=b：c，即b2=ac，那么b叫做a与c的比例中项．
12.【答案】y=x2−2x+2
【解析】解：∵抛物线y=x2+1的顶点坐标为(0,1)，
∴抛物线向右平移1个单位后，所得新抛物线的表达式为y=(x−1)2+1，即y=x2−2x+2．
故答案为：y=x2−2x+2．
根据平移规律得到新抛物线顶点坐标，即可得的新抛物线的表达式．
本题主要考查的是二次函数图象的平移，掌握平移规律：“左加右减，上加下减”是解决问题的关键．
13.【答案】100
【解析】解：由表格知，任意抽一件衬衣是合格品的概率为0.95；
所以估计次品的数量为2000×(1−0.95)=100(件)．
故答案为：100．
用最终频率的稳定值即可估计其概率，再用总数乘以次品对应的频率即可．
本题主要考查频率分布表和利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
14.【答案】(3,0)或(0,2)或(0,3)
【解析】解：如图，
∵A(1,0)，B(2,0)，C(0,1)，
∴OA=OC=1，OB=2，AB=OB−OA=1，
∴AC= 2，
当点P在x轴上时，△PAC∽△CAB时，
∴ACAB=APAC，
∴ 21=PA 2，
∴PA=2，
∴OP=3，
∴P(3,0)，
当点P′在y轴上时，△P′CA∽△BAC，
∵AC=CA，
∴AB=CP′=1，
∴OP′=2，
∴P′(0,2)．
根据对称性可知．P(0,3)也符合题意．
综上所述，满足条件的点P的坐标为(3,0)或(0,2)或(0,3)．
分两种情形：当点P在x轴上时，△PAC∽△CAB时，当点P′在y轴上时，△P′CA∽△BAC，分别求解即可．
本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是学会与分类讨论的射线思考问题，属于中考常考题型．
15.【答案】105
【解析】解：连接OA，OB，OE，OF，如图，
∵点O是正六边形ABCDEF的中心，
∴OA=OB=OF=OE=OD，∠AOB=∠AOF=∠FOE=∠EOD=60°，
∴△OAB为等边三角形，∠AOF+∠FOE+∠EOD=180°，
∴D，O，A在一条直线上，∠OAB=60°，OA=AB．
∵以AB为边在正六边形ABCDEF的内部作正方形ABMN，
∴∠NAB=90°，AB=AN，
∴∠NAO=30°，OA=AN，
∴∠AON=∠ANO=180°−30°2=75°，
∴∠NOD=180°−∠AON=105°．
故答案为：105．
连接OA，OB，OE，OF，利用正六边形的性质得到OA=OB=OF=OE=OD，∠AOB=∠AOF=∠FOE=∠EOD=60°，则△OAB为等边三角形，D，O，A在一条直线上；利用正方形的性质，等边三角形的性质和等腰三角形的性质求得∠AON的度数，则结论可得．
本题主要考查了正六边形的性质，等边三角形的性质，正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，连接正六边形的半径，证得D，O，A在一条直线上是解题的关键．
16.【答案】2 10 3 5+1
【解析】解：如图1中，当点E与点D重合时，
∵BC=6，BD=2，
∴CD=BC−BD=6−2=4，
∵CF=12CD，
∴CF=2，
∵∠FCB=90°，
∴BF= CF2+BC2= 22+62=2 10，
如图2中，连接AF，BE．
∵CF⊥CE，
∴∠FCE=∠ACB=90°，
∴∠ACF=∠BCE，
∵AC=3，BC=6，CF=12CE，
∴ACBC=CFCE=12，
∴△ACF∽△BCE，
∴AFBE=ACCB=12，
∵BE=2，
∴AF=1，
∵∠ACB=90°，AC=3，BC=6，
∴AB= AC2+CB2= 32+62=3 5，
∵BF≤AF+AB=1+3 5，
∴BF的最大值为1+3 5．
故答案为：2 10，3 5+1．
第一个问题利用勾股定理求解，第二个问题证明△ACF∽△BCE，推出AFBE=ACCB=12，可得AF=1，再根据BF≤AF+AB=1+3 5，求解即可．
本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
17.【答案】解：(1)设二次函数表达式为y=a(x+1)2+3，
将点(1,−1)代入得，
a×(1+1)2+3=−1，
解得a=−1，
所以二次函数表达式为y=−(x+1)2+3．
(2)将y=−6代入函数解析式得，
−(x+1)2+3=−6，
解得x=2或−4，
所以点A的坐标为(2,−6)或(−4,−6)．
【解析】(1)用待定系数法即可解决问题．
(2)将点A的纵坐标代入即可．
本题考查待定系数法求二次函数解析式及二次函数的性质，熟知待定系数法是解题的关键．
18.【答案】解：(1))画树状图如下：

共有12种等可能的结果，点A(m,n)在第一象限(横坐标、纵坐标均为正数)的结果有2种；
(2)点A(m,n)在第一象限的概率为212=16．
【解析】(1))画树状图，共有12种等可能的结果，点A(m,n)在第一象限(横坐标、纵坐标均为正数)的结果有2种，
(2)由概率公式求解即可．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．
19.【答案】解：(1)如图所示；
(2)作OC⊥AB于C，并延长交⊙O于D，则C为AB的中点，
∵AB=16cm，
∴AD=12AB=8cm．
设这个圆形截面的半径为xcm，
又∵CD=4cm，
∴OC=x−4，
在Rt△OAD中，
∵OD2+AD2=OA2，即(x−4)2+82=x2，
解得x=10．
∴这个圆形截面的半径为10cm．
【解析】(1)根据尺规作图的步骤和方法作出图即可；
(2)先过圆心O作半径CO⊥AB，交AB于点D设半径为r，得出AD、OD的长，在Rt△AOD中，根据勾股定理求出这个圆形截面的半径．
此题考查的是作图−应用与设计作图，涉及到垂经定理和勾股定理，关键是根据题意画出图形，再根据勾股定理进行求解．
20.【答案】解：(1)顶点M是否在直线y=4x+1上，
理由：二次函数的顶点M为(m,4m+1)，
当x=m时，y=4m+1，
∴顶点M是否在直线y=4x+1上；
(2)由题意得：B(0,5)，
∴−m2+4m+1=5，
解得：m=2，
此时二次函数y=−(x−2)2+9，
当y=0时，0=−(x−2)2+9，
解得：x=5或x=−1，
∴A(5,0)，
∴kx+5>−(x−m)2+4m+1解集为：x<0或x>5．
【解析】(1)根据与直线的位置关系求解；
(2)先求出M的值，再求出A的坐标，再根据数形结合思想求解．
本题考查了二次函数与不等式，掌握数形结合思想是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵AB//CG，
∴∠ABF=∠G，
又∵∠ABF=∠ACF，
∴∠ECF=∠G，
又∵∠CEF=∠CEG，
∴△ECF∽△EGC，
∴CEGE=FECE，
即CE2=EF⋅EG；
(2)解：∵平行四边形ABCD中，AB=CD，
又∵DG=DC，
∴AB=CD=DG，
∴AB：CG=1：2，
∵AB//CG，
∴ABCG=BEGE=12，
即7EG=12，
∴EG=14，BG=21，
∵AB/​/DG，
∴BFGF=ABDG=1，
∴BF=12BG=212，
∴EF=BF−BE=212−7=72．
【解析】(1)依据等量代换得到∠ECF=∠G，依据∠CEF=∠CEG，可得△ECF∽△EGC，进而得出CE2=EF⋅EG；
(2)依据AB=CD=DG，可得AB：CG=1：2，依据AB/​/CG，即可得出EG=14，BG=21，再根据AB//DG，可得BF=12BG=212，于是得到结论．
本题主要考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，问题(2)的解法不唯一，也可以根据点F是AD的中点，△AEF与△CEB相似，得到EF的长．
22.【答案】解：(1)∵把△APB旋转到△CEB的位置，
∴△APB≌△CEB，
∴BP=BE，∠ABP=∠EBC，
以B为圆心，BP画弧交AB于F点，如图，
∴扇形BFP的面积=扇形BEQ，
∴图形ECQ的面积=图形AFP的面积，
∴S阴影部分=S扇形BAC−S扇形PBE=90⋅π⋅82360−90⋅π⋅42360
=12π；
(2)连PE，
∴△APB≌△CEB，
∴BP=BE=4，∠ABP=∠EBC，PA=EC=7，∠BEC=∠APB=135°，
∴△PBE为等腰直角三角形，
∴∠BEP=45°，PE=4 2，
∴∠PEC=135°−45°=90°，
∴PC= PE2+EC2= 32+49=9．
【解析】(1)根据旋转的性质得到△APB≌△CEB，则BP=BE，∠ABP=∠EBC；以B为圆心，BP画弧交AB于F点，如图，易得扇形BFP的面积=扇形BEQ，则图形ECQ的面积=图形AFP的面积，于是S阴影部分=S扇形BAC−S扇形PBE，然后根据扇形的面积公式计算即可；
(2)连PE，利用△APB≌△CEB得到BP=BE=4，∠ABP=∠EBC，PA=EC=7，∠BEC=∠APB=135°，易得△PBE为等腰直角三角形，则∠BEP=45°，PE=4 2，则∠PEC=135°−45°=90°，然后在Rt△PEC中根据勾股定理计算即可得到PC的长．
本题考查了扇形的面积公式：S=n⋅π⋅R2360(其中n为扇形的圆心角的度数，R为半径).也考查了正方形和旋转的性质．
23.【答案】解：(1)如图，分别过C、K作CE⊥OD于E，作KF⊥OD于F．
∴CE//KF．

∵C(40,60)，D(120,0)，
∴CE=60米，DE=80米．
∴CD= CE2+DE2=100米．
又CK=75米，
∴DK=25米．
∵CE//KF，
∴KFCE=DKDC=DFDE．
∴KF60=25100=DF80．
∴KF=15米，DF=20米．
∴OF=OD−DF=120−20=100(米)．
∴K(100,15)．
(2)①由题意，设该运动员的着落点为G，则跳跃距离为CG．
又该运动员第一跳的距离分是60分，
∴60=60+2×(CG−75)，即CG=75米．
∴点G与点K重合，此时G的坐标为(100,15)．
∴60=−0.01×402+40b+c15=−0.01×1002+100b+c．
∴b=0.65c=50．
∴此时该抛物线的表达式为y=−0.01x2+0.65x+50．
②由题意，设新的着落点为P．
∵C(40,60)，D(120,0)，
∴CD的解析式为y=−34x+90
∴P的坐标满足y=−34x+90y=−0.01x2+0.8x+44．
∴x=115y=3.75或x=40y=60(与点C重合，舍去)．
∴P(115,3.75)．
∴跳跃距离为CP= (115−40)2+(60−3.75)2=93.75．
∴第二次的距离分为60+2(93.75−75)=97.5．
【解析】(1)依据题意，分别过C、K作CE⊥OD于E，作KF⊥OD于F，再根据题意确定点C、D的坐标，然后用勾股定理求出CD，再由平行线分线段成比例的性质进行计算，即可求得点K的坐标；
(2)①根据题意可知抛物线过C点和着陆点G，然后根据距离分的定义求得跳跃距离CG=75，点G与点K重合，即点G的坐标为(100,15)，然后运用待定系数法即可解答；
②先求出新的着陆点P的坐标，然后运用两点间距离公式求得跳跃距离，最后代入距离分的公式即可解答．
本题主要考查了二次函数与一次函数的交点问题、二次函数的应用、两点间距离公式等知识点，解题时要能熟练掌握并能运用待定系数法求函数解析式是关键．
24.【答案】(1)证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵CD⊥CP，
∴∠PCD=90°，
∴∠ACB=∠PCD，
∵∠ABC=30°，
∴∠A=60°，
∵BC=BC，
∴∠A=∠P，
∴△ABC∽△PDC；
(2)解：在Rt△ABC中，∠ABC=30°，AB=2，
∴AC=12AB=1，
由(1)知：∠P=∠A=60°，
∴∠D=∠ABC=30°，
∴PCCD=tanD=tan30°= 33，
∵CD的长为x，
∴PC= 33x，
∵动点P从A点出发沿半圆弧AB向B点运动，
∴1≤PC≤2，
∴1≤ 33x≤2，
∴ 3≤x≤2 3；
(3)由(1)知：△ABC∽△PDC，
∴∠PDC=∠ABC=30°，即∠BDC=30°，
∴点D在以BC为弦，所含圆周角为30°的优弧上运动，作△BCD的外接圆⊙O′，连接AO′并延长交⊙O′于点D′，
则AD′为线段AD的最大值，
如图，连接O′B，O′C，

则∠BO′C=2∠BDC=60°，O′B=O′C，
∴△O′BC是等边三角形，
∴O′D′=O′B=BC= 3，∠O′BC=60°，
∴∠ABO′=∠ABC+∠O′BC=30°+60°=90°，
∴O′A= AB2+O′B2= 22+( 3)2= 7，
∴AD′=O′A+O′D′= 7+ 3；
∴线段AD的最大值为 7+ 3．
【解析】(1)由直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°=∠PCD，再根据圆周角定理可得∠A=∠P，再由相似三角形的判定定理即可证得结论；
(2)根据解直角三角形可得PCCD=tanD=tan30°= 33，即PC= 33x，再由动点P从A点出发沿半圆弧AB向B点运动，可得1≤PC≤2，即可求得答案；
(3)由于∠BDC=30°，可得点D在以BC为弦，所含圆周角为30°的优弧上运动，作△BCD的外接圆⊙O′，连接AO′并延长交⊙O′于点D′，则AD′为线段AD的最大值，连接O′B，O′C，先证得△O′BC是等边三角形，可得O′D′=O′B=BC= 3，再运用勾股定理可得O′A= AB2+O′B2= 22+( 3)2= 7，即可求得答案．
本题是圆的综合题，考查了圆的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用辅助圆解决问题，所以中考常考题型．抽取件数(件)
100
150
200
500
800
1000
合格频数
90
141
189
474
760
950
合格频率
0.90
0.94
0.945
0.948
0.95
0.95