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2023-2024学年广东省中山市三鑫学校九年级（上）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省中山市三鑫学校九年级（上）期末数学试卷（含解析），共22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.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. 平行四边形B. 等腰三角形C. 等边三角形D. 菱形
2.若反比例函数y=−6x的图象一定经过的点是( )
A. (−1,−6)B. (1,6)C. (−6,−1)D. (1,−6)
3.抛物线y=(x−2)2+2与y轴的交点坐标是( )
A. (2,2)B. (0,6)C. (0,2)D. (0,4)
4.圆锥底面圆的半径为2，母线长为4，则该圆锥的侧面积为( )
A. 4πB. 8πC. 12πD. 4
5.如图，在⊙O中，已知AB是直径，CD是弦，若∠BDC=31°，则∠ABC=( )
A. 52°
B. 59°
C. 62°
D. 69°
6.如图，在△ABC中，DE//BC，ADDB=23，若AC=6，则EC=( )
A. 65
B. 125
C. 185
D. 245
7.在同一直角坐标系中，函数y=−k(x−1)与y=kx(k≠0)的图象可能是( )
A. B. C. D.
8.一个球从地面坚直向上弹起时的速度为20米/秒，经过t(秒)时球距离地面的高度h(米)适用公式h=20t−5t2，那么球弹起后又回到地面所花的时间t(秒)是( )
A. 2B. 4C. 5D. 20
9.如图，在△ABC中，AB=AC，∠ACB=70°，若将AC绕点A逆时针旋转60°后得到AD，连接BD和CD，则∠BDC=( )
A. 19°
B. 20°
C. 21°
D. 22°
10.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示.下列结论：①2a+b=0；②3a+c>0；③m为任意实数，则a+b>am2+bm；④若A(x1,0)，B(x2,0)，则x1+x2=2，其中正确的有( )
A. ①②
B. ①③
C. ①④
D. ②④
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，若AB=8，OD=3，那么⊙O的半径为______．
12.在△ABC中，(tanA− 3)2+|sinB− 22|=0，则∠C= ______．
13.已知m是关于x的方程x2−2x−3=0的一个根，则2m2−4m+5= ______．
14.已知点A(m,2)与点B(−3,n)关于原点对称，则抛物线y=2(x+m)2+n的顶点坐标为______．
15.如图，5×6的正方形网格中，A、B、C、D为格点，连接AB、CD相交于点E，则sin∠AEC的值是______．
16.在矩形ABCD中，AB=2，BC=2 3，点E，F分别是边AD和BC上的动点，且AE=CF，连接EF，过点B作BG⊥EF，垂足为点G，连接CG，则CG的最小值为______．
三、解答题：本题共9小题，共72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)
计算：(−13)−1+(2023− 3)0−4sin60°+|− 12|.
18.(本小题6分)
用适当的方法解方程：2x2−3x−2=0．
19.(本小题6分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A(−2,4)，B(−5,−1)，C(0,1)，把△ABC进行平移，平移后得到△A1B1C1，且△ABC内任意点P(x,y)平移后的对应点为P1(x+3,y−4)．
(1)画出平移后的图形；
(2)写出A1的坐标，并求出B1C1的长．
20.(本小题8分)
“读书，使人思想活跃，聪颖智慧；使人增长见识，谈吐不凡；使人目光远大，志存高远”.某校为响应我市全民阅读活动，利用节假日面向社会开放学校图书馆.据统计，第一个月进馆384人次，进馆人次逐月增加，到第三个月末累计进馆1824人次，若进馆人次的月平均增长率相同．
(1)求进馆人次的月平均增长率；
(2)因条件限制，学校图书馆每月接纳能力不超过1350人次，在进馆人次的月平均增长率不变的条件下，校图书馆能否接纳第四个月的进馆人次，并说明理由．
21.(本小题8分)
如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°．
(1)用尺规作图法，在BC上求作一点P，使点P到AC，AB的距离相等；
(2)若BC=6，求点P到AB的距离．
22.(本小题8分)
某临街店铺在窗户上方安装如图1所示的遮阳棚，其侧面如图2所示，遮阳棚展开长度AB=200cm，遮阳棚前端自然下垂边的长度BC=25cm，遮阳棚固定点A距离地面高度AD=296.8cm，遮阳棚与墙面的夹角∠BAD=72°．
(1)如图2，求遮阳棚前端B到墙面AD的距离；
(2)如图3，某一时刻，太阳光线与地面夹角∠CFG=60°，求遮阳棚在地面上的遮挡宽度DF的长(结果精确到1cm).(参考数据：sin72°≈0.951，cs72°≈0.309，tan72°≈3.078， 3≈1.732)
23.(本小题10分)
如图1，一次函数y=12x+1的图象与反比例函数y=kx(x>0)的图象交于点A(a,3)，与y轴交于点B．
(1)求a，k的值．
(2)如图1，利用图象信息，直接写出不等式kx−12x≥1的解集．
(3)如图2，直线CD过点A，与反比例函数图象交于点C，与x轴交于点D，AC=AD.连接OA，OC，求△OAC的面积．
24.(本小题10分)
如图，AB为⊙O的直径，点C为AB上方一点，点D为CA延长线上一点，连接CB，DB，CE⊥BD交⊙O于点E，垂足为H，AE交BD于点F．
(1)求证：∠BAE=∠D．
(2)若CD=AB，AE=8．
①若CH=6，求BH的长；
②若点A是线段CD的中点，求此圆的半径．
25.(本小题10分)
如图1，抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，点P、Q为直线BC下方抛物线上的两点，点Q的横坐标比点P的横坐标大1，过点P作PM//y轴交BC于点M，过点Q作QN//y轴交BC于点N，求PM+QN的最大值及此时点Q的坐标；
(3)如图3，将抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到新的抛物线y′，在y′的对称轴上有一点D，坐标平面内有一点E，使得以点B、C、D、E为顶点的四边形是矩形，请直接写出所有满足条件的点E的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、只是中心对称图形；
B、C都只是轴对称图形；
D、既是轴对称图形，也是中心对称图形．
故选D．
根据轴对称图形的概念与中心对称图形的概念可作答．
掌握好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，两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2.【答案】D
【解析】解：∵反比例函数y=−6x，
∴xy=−6，
A、∵(−1)×(−6)=6≠−6，∴此点不在函数图象上，故本选项不合题意；
B、∵1×6=6≠−6，∴此点不在函数图象上，故本选项不合题意；
C、∵(−6)×(−1)=6≠−6，∴此点不在函数图象上，故本选项不符合题意；
D、∵1×(−6)=−6，∴此点在函数图象上，故本选项符合题意．
故选：D．
根据k=xy对各选项进行逐一判断即可．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数中k=xy为定值是解答此题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：令x=0，得y=(x−2)2+2=(0−2)2+2=6，
故与y轴的交点坐标是：(0,6)．
故选：B．
根据题意得出x=0，然后求出y的值，即可以得到与y轴的交点坐标．
本题主要考查了抛物线与坐标轴交点的知识．
4.【答案】B
【解析】解：该圆锥的侧面积=12×2π×2×4=8π．
故选：B．
根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．
本题考查了圆锥的侧面积：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
5.【答案】B
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠BAC=∠BDC=31°，
∴∠ABC=90°−∠BAC=59°．
故选：B．
根据AB是⊙O的直径，可得∠ACB=90°，再由圆周角定理可得∠BAC=∠BDC=31°，即可求解．
本题主要考查了圆周角定理，掌握圆周角定理是解题关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵DE//BC，
∴ADDB=AEEC=23，
∴AC−ECEC=23，
∴6−ECEC=23，
∴EC=185．
故选：C．
利用平行线分线段成比例定理解答即可．
本题主要考查了平行线分线段成比例定理，正确使用定理得出比例式是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：由函数y=−k(x−1)知直线必过点(1,0)，故B、C不合题意；
A、由函数y=−k(x−1)的图象可知k>0，由函数y=kx(k≠0)的图象可知k>0，故A符合题意；
D、由函数y=−k(x−1)的图象可知k>0，由函数y=kx(k≠0)的图象可知k<0，故D不合题意；
故选：A．
由函数y=k(x−1)知直线必过点(1,0)，即可排除B、C，然后根据函数的图象和系数的关系判断即可．
本题主要考查的是一次函数图象上点的坐标特征，一次函数和反比例函数的图象的性质，掌握一次函数和反比例函数的图象的性质是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：令h=0，得：20t−5t2=0，
解得：t=0或t=4，
∴那么球弹起后又回到地面所花的时间是4秒；
故选：B．
令h=0，求出t值即可．
本题主要考查二次函数的应用，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：由旋转得：AC=AD，∠CAD=60°，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠ADC=60°，
∵AB=AC，∠ACB=70°，
∴AB=AD，∠ACB=∠ABC，
∴∠CAB=180°−2∠ACB=40°，∠BAD=∠CAD−∠CAB=60°−40°=20°，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=(180°−20°)÷2=80°，
∴∠BDC=∠ADB−∠ADC=80°−60°=20°．
故选：B．
由已知条件可求出∠CAB的度数，根据旋转的性质可得△ACD为等边三角形，可求出∠BAD、∠ADC的度数以及得到AB=AD，进而求出∠ADB的度数，由角的和差关系可得∠BDC的度数．
本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，依据性质求角度是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=1，
∴b=−2a，即2a+b=0，所以①正确；
∵x=3时，y=9a+3b+c<0，
即9a+3×(−2a)+c<0，
∴3a+c<0，故②不正确；
抛物线对称轴为直线x=1，开口向下，
∴函数的最大值为a+b+c，
∴a+b+c≥am2+bm+c(m为任意实数)，即a+b≥am2+bm，故③不正确；
∵A(x1,0)，B(x2,0)，对称轴为直线x=1，则x1+x2=2，
故④正确，
故选：C．
根据对称轴为直线x=1，抛物线开口向下，当x=1时取得最大值，即可判断①③，根据x=3时，y<0，即可判断②，根据对称性即可判断④．
本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数性质是关键．
11.【答案】5
【解析】解：连接OB，
∵OC⊥AB于点D，AB=8，
∴BD=12AB=4，
在Rt△BOD中，
∵OB2=OD2+BD2
=32+42
=25，
∴OB=5，
故答案为：5．
连接OB，先根据垂径定理求出BD的长，在Rt△BOD中根据勾股定理求解即可．
本题考查的是垂径定理，勾股定理等知识，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
12.【答案】75°
【解析】解：∵(tanA− 3)2+|sinB− 22|=0，(tanA− 3)2≥0，|sinB− 22|≥0，
∴(tanA− 3)2=0，|sinB− 22|=0，
即tanA− 3=0，sinB− 22=0，
∴tanA= 3，sinB= 22，
∴∠A=60°，∠B=45°，
∴∠C=180°−60°−45°=75°，
故答案为：75°．
根据偶次方、绝对值的非负性以及特殊锐角三角函数值求出锐角A，锐角B，再根据三角形内角和定理求出角C即可．
本题考查偶次方、绝对值的非负性，特殊锐角三角函数值以及三角形内角和定理，掌握特殊锐角三角函数值，偶次方、绝对值的非负性以及三角形内角和定理是正确简单的前提．
13.【答案】11
【解析】解：∵m是关于x的方程x2−2x−3=0的一个根，
∴m2−2m−3=0，
∴m2−2m=3，
∴2m2−4m+5=2(m2−2m)+5=6+5=11．
故答案为：11．
由题意，m是关于x的方程x2−2x−3=0的一个根，将m代入可得m2−2m=3，由此变形可得2m2−4m的值，最后求出结果即可．
本题主要考查了一元二次方程的解，能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
14.【答案】(−3,−2)
【解析】解：∵点A(m,2)与点B(−3,n)关于原点对称，
∴m=3，n=−2，
∴抛物线y=2(x+m)2+n，即y=2(x+3)2−2的顶点坐标是(−3,−2)，
故答案为：(−3,−2)．
根据关于原点对称的点的特征求出m、n的值，代入抛物线y=2(x+m)2+n，根据二次函数的性质写出顶点即可，
本题考查了二次函数的性质，熟练掌握关于原点对称的点横纵坐标均互为相反数是解题的关键．
15.【答案】2 55
【解析】解：如图，连接AC、CB、BD、DA，
由网格构造直角三角形，利用勾股定理得，
AC=BD=CD= 22+12= 5，BC=AD= 32+12= 10，
∴四边形ACBD是平行四边形，
∴CE=12CD= 52，
∵AC2+CD2=5+5=10=AD2，
∴△ACD是等腰直角三角形，即∠ACE=90°，
∵AE= AC2+CE2= 5+54=52，
在Rt△ACE中，
sin∠AEC=ACAE= 552=2 55，
故答案为：2 55．
利用网格构造直角三角形，根据勾股定理求出AC、BD、CD、BC、AD的长，再根据勾股定理的逆定理和锐角三角函数的定义得出答案．
本题考查解直角三角形，掌握直角三角形的边角关系，勾股定理以及逆定理是解决问题的前提，利用网格构造直角三角形是解决问题的关键．
16.【答案】 7−1
【解析】解：连接BD，交EF于O，
∵AD//BC，AD=BC，
∴∠EDO=∠FBO，∠DEO=∠BFO，
∵AE=CF，
∴ED=BF，
∴△DEO≌△BFO(ASA)，
∴OD=OB，
∴O是矩形形的中心，
∵AB=2，AD=BC=2 3，
∴BD= AB2+AD2=4，
∴OB=2，
取OB中点M，连接MC，MG，过点M作MH⊥BC于H，则MH//CD，
∵MB=14BD，
∴MHCD=BHBC=BMBD=14，
∴BH=14BC= 32，MH=14CD=12，
∴CH=2 3− 32=3 34，
由勾股定理可得MC= MH2+CH2= 7，
在Rt△GOB中，M是OB的中点，则MG=12OB=1，
∵CG≥CM−MG= 7−1，
当C，M，G三点共线时，CG最小值为 7−1，
故答案为： 7−1．
连接BD，取OC中点M，连接MC，MG，过点M作MH⊥BC于H，则MC，MG为定长，利用两点之间线段最短解决问题即可．
本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边的中线的性质，三角形三边关系，当C，M，G三点共线时，CG最小是解决本题的关键．
17.【答案】解：(−13)−1+(2023− 3)0−4sin60°+|− 12|
=−3+1−4× 32+2 3
=−3+1−2 3+2 3
=−2．
【解析】先计算负整数指数幂，零指数幂，特殊角的三角函数值，化简绝对值，再进行计算即可．
本题考查了实数的运算，牢记特殊角三角函数值，熟练掌握负整数指数幂，零指数幂，绝对值和二次根式的运算法则是解题的关键．
18.【答案】解：2x2−3x−2=0，
(2x+1)(x−2)=0，
2x+1=0或x−2=0，
解得：x1=−12，x2=2．
【解析】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．
本题考查了解一元二次方程，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键．
19.【答案】解：(1)如图所示：△A1B1C1即为所求；
(2)A1的坐标(1,0)，
B1C1= 22+52= 29．
【解析】(1)根据点P(x,y)平移后的对应点为P1(x+3,y−4)可得图形各点横坐标+3，纵坐标−4，算出各点坐标后，再确定位置，然后再连接即可；
(2)根据图形判断A1的坐标，利用勾股定理求出B1C1的长．
本题考查了作图--平移变换，求网格中三角形的面积，解题的关键是正确运用割补法．
20.【答案】解：(1)设进馆人次的月平均增长率为x，则由题意得：
384+384(1+x)+384(1+x)2=1824．
化简得：4x2+12x−7=0．
∴(2x−1)(2x+7)=0，
∴x=0.5=50%或x=−3.5(舍)．
答：进馆人次的月平均增长率为50%．
(2)∵进馆人次的月平均增长率为50%，
∴第四个月的进馆人次为：384(1+50%)3=384×278=1296<1350．
答：校图书馆能接纳第四个月的进馆人次．
【解析】(1)先分别表示出第二个月和第三个月的进馆人次，再根据第一个月的进馆人次加第二和第三个月的进馆人次等于1824，列方程求解；
(2)根据(1)所计算出的月平均增长率，计算出第四个月的进馆人次，再与1350比较大小即可．
本题属于一元二次方程的应用题，列出方程是解题的关键．本题难度适中，属于中档题．
21.【答案】解：(1)如图所示，点P即为所求；
(2)如图所示，过点P作PD⊥AB于D，
由题意得，AP平分∠BAC，
∵∠B=30°，∠C=90°，
∴∠BAC=60°，
∴∠CAP=∠BAP=30°，
∴∠PAB=∠B=30°，
∴AP=BP，
在Rt△APC中，∠C=90°，∠CAP=30°，
∴AP=BP=2CP，
∴BC=CP+BP=3CP=6，
∴CP=2，
∵AP平分∠BAC，PD⊥AB，∠C=90°，
∴CP=DP=2，
∴点P到AB的距离为2．
【解析】(1)根据角平分线上的点到角两边的距离相等，可得点P在∠BAC的角平分线上，据此作出∠BAC的角平分线与BC交于点P即可；
(2)根据角平分线的性质只需要求出CP的长，先证明AP=PB，再利用含30度角的直角三角形的性质得到BP=2CP，据此可得答案．
本题主要考查了角平分线的性质，角平分线的定义，角平分线的尺规作图，含30度角的直角三角形的性质，等角对等边等等，熟知角平分线上的点到角两边的距离相等是解题的关键．
22.【答案】解：(1)如图，作BE⊥AD于E，
∵AB=200cm，∠BAD=72°．
∴在Rt△ABE中，sin∠BAE=BEAB，即sin72°=BE200，
∴BE=sin72°×200≈0.951×200=190.2(cm)，
答：遮阳棚前端B到墙面AD的距离约为190.2cm；
(2)解：如图3，作BE⊥AD于E，CH⊥AD于H，延长BC交DG于K，则BK⊥DG，
∴四边形BEHC，四边形HDKC是矩形，
由(1)得BE=190.2cm，
∴DK=HC=BE=190.2(cm)，
在Rt△ABE中，cs∠BAE=AEAB，即cs72°=AE200，
∴AE=cs72°×200≈0.309×200=61.89(cm)，
由题意得：EH=BC=25cm，
∴DH=AD−AE−EH=296.8−61.8−25=210(cm)，
∴CK=DH=210cm，
在Rt△CFK中，tan∠CFK=CKFK，即tan60°=210FK，
∴FK=210tan60∘=210 3≈121.25(cm)，
∴DF=DK−FK=190.2−121.25≈69(cm)，
答：遮阳棚在地面上的遮挡宽度DF的长约为69cm．
【解析】(1)作BE⊥AD于E，在Rt△ABE中，根据sin∠BAE=BEAB列式计算即可；
(2)作BE⊥AD于E，CH⊥AD于H，延长BC交DG于K，则BK⊥DG，可得四边形BEHC，四边形HDKC是矩形，解直角三角形Rt△ABE求出AE，可得CK=DH=210cm，然后在Rt△CFK中，解直角三角形求出FK，进而可得DF的长．
本题考查了解直角三角形的应用，矩形的判定和性质，作出合适的辅助线，构造出直角三角形，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
23.【答案】解：(1)∵点A(a,3)在直线y=12x+1的图象上，
∴12a+1=3，解得a=4，
∵A(4,3)在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴k=12；
(2)将不等式kx−12x≥1变形为：kx≥12x+1，
根据图像和交点坐标以及x>0，不等式解集为：0(3)设C(m,n)，D(z,0)
∵AC=AD，A(4,3)，
∴n+02=3，m+z2=4，
∴n=6，
将n=6代入反比例函数解析式y=12x得6=12m，m=2，
将m=2代入m+z2=4得z=6，
∴S△OAC=12×6×6−12×6×3=9．
【解析】(1)将A(a,3)代入y=12x+1求出a，将A(4,3)代入y=kx(x>0)可求出k值；
(2)根据图像和交点坐标，可直接写出不等式kx−12x≥1的解集；
(3)设C(m,n)，D(z,0)根据中点坐标公式求出m、n，再依据m+z2=4求出z，进而求得三角形OAC的面积即可．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，熟练掌握中点坐标公式是解答本题的关键．
24.【答案】(1)证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠D+∠DBC=90°，
∵CE⊥BD，
∴∠DBC+∠BCE=90°，
∴∠D=∠BCE，
∵∠BAE=∠BCE，
∴∠BAE=∠D；
(2)解：①连接BE，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵CE⊥BD，
∴∠CHD=90°=∠AEB，
又∵∠BAE=∠D，AB=CD，
∴△ABE≌△DCH(AAS)，
∴AE=DH=8，BE=CH=6，
∵∠BCE=∠D，∠BHC=∠DHC，
∴△CHD∽△BHC，
∴CHDH=BHCH，
∴CH2=BH⋅DH，
∴36=8BH，
∴BH=92；
②∵∠EBF=∠EBH，∠EHB=∠BEF=90°，
∴△BEH∽△BFE，
∴BEBF=BHBE，
∴BE2=BH⋅BF，
∴8BH=BH⋅BF，
∴BF=8；
∵CD=AB，点A是线段CD的中点，点O是AB的中点，
∴AO=AC=BO，
∴sin∠ABC=ACAB=12，
∴∠ABC=30°，
∴∠ABC=∠AEC=30°，
∵CE⊥BF，
∴∠BFE=60°，
∴∠EBF=30°，
∴EF=12BF=4，BE= 3EF=4 3，
∴AB= AE2+BE2= 64+48=4 7，
∴圆的半径为2 7．
【解析】(1)由圆周角定理可得∠ACB=90°，由余角的性质可得结论；
(2)①由“AAS”可证△ABE≌△DCH，可得AE=DH=8，BE=CH，由相似三角形的性质可求CH2=8BH，即可求解；
②首先通过BE2=BH⋅BF求得BF，由锐角三角函数可求∠ABC=30°，由直角三角形的性质可求BE的长，由勾股定理可求AB的长，即可求解．
本题考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
25.【答案】解：(1)把A(−1,0)和B(3,0)代入y=ax2+bx−3(a≠0)，得：
a−b−3=09a+3b−3=0，
解得：a=1b=−2，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
(2)抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与y轴交于点C，
令x=0，则y=−3，
∴C点的坐标为(0,−3)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，把B、C点的坐标代入得：
3k+b=0b=−3，
解得：k=1b=−3，
∴直线BC的解析式为y=x−3，
点P、Q为直线BC下方抛物线上的两点，设P(a,a2−2a−3)，则Q(a+1,a2−4)．
∴M(a,a−3)，N(a+1,a−2)，
∴PM=−a2+3a，QN=−a2+a+2，
∴PM+QN=−2a2+4a+2=−2(a−1)2+4，
当a=1时，(PM+QN)max=4，
∴Q(2,−3)；
(3)由题意可得：y′=(x−1)2−2(x−1)−3−1=x2−4x−1=(x−2)2−5，
∴y′的对称轴为x=2
∵抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与y轴交于点C．
∴C(0,−3)，
∵B(3,0)，
∴OC=OB=3，∠BCO=∠CBO=45°；
如图3.1：当BC为矩形一边时，且点D在x轴的下方，过D作DF⊥y轴，
∵D在y′的对称轴为x=2，
∴FD=2，
∴CF=FD=2，OF=3+2=5，即点D(2,−5)，
∴点C向右平移2个单位、向下平移3个单位可得到点D，则点B向右平移2个单位、向下平移3个单位可得到E(5,−3)；
如图3.2：当BC为矩形一边时，且点D在x轴的上方，y′的对称轴为x=2与x轴交于F，
∵D在y′的对称轴为x=2，
∴FO=2，
∴BF=3−2=1，
∵∠CBO=45°，即∠DBO=45°，
∴BF=FD=3−2=1，即点D(2,1)，
∴点B向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点D，则点C向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点E(−1,−2)；
如图3.3：当BC为矩形对角线时，设D(2,d)，E(m,n)，
∴BC的中点F的坐标为(32,−32)，依题意得：
2+m2=32d+n2=−32，
解得：m=1d+n=−3，
又∵DE=BC，
∴(2−1)2+(d−n)2=32+32，
解得：d−n=± 17，
联立d−n=± 17d+n=−3，
解得：n=−3± 172，
∴点E的坐标为(1,−3− 172)或(1,−3+ 172)．
综上，存在E(−1,−2)或(5,−2)或(1,−3− 172)或(1,−3+ 172)使以点B、C、D、E为顶点的四边形是矩形．
【解析】(1)直接运用待定系数法即可解答；
(2)设P(a,a2−2a−3)，则Q(a+1,a2−4)，进而得到M(a,a−3)，N(a+1,a−2)；再表示出PM+QN=−2a2+4a+2=−2(a−1)2+4，最后根据二次函数的性质即可解答；
(3)分以BC为矩形一边和对角线两种情况，分别根据等腰直角三角形的性质、平移和矩形的判定定理解答即可．
本题主要考查了运用待定系数法求解析式、运用二次函数的性质求最值、二次函数与几何的综合等知识点，掌握二次函数的性质和矩形的判定定理是解答本题的关键．
1.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. 平行四边形B. 等腰三角形C. 等边三角形D. 菱形
2.若反比例函数y=−6x的图象一定经过的点是( )
A. (−1,−6)B. (1,6)C. (−6,−1)D. (1,−6)
3.抛物线y=(x−2)2+2与y轴的交点坐标是( )
A. (2,2)B. (0,6)C. (0,2)D. (0,4)
4.圆锥底面圆的半径为2，母线长为4，则该圆锥的侧面积为( )
A. 4πB. 8πC. 12πD. 4
5.如图，在⊙O中，已知AB是直径，CD是弦，若∠BDC=31°，则∠ABC=( )
A. 52°
B. 59°
C. 62°
D. 69°
6.如图，在△ABC中，DE//BC，ADDB=23，若AC=6，则EC=( )
A. 65
B. 125
C. 185
D. 245
7.在同一直角坐标系中，函数y=−k(x−1)与y=kx(k≠0)的图象可能是( )
A. B. C. D.
8.一个球从地面坚直向上弹起时的速度为20米/秒，经过t(秒)时球距离地面的高度h(米)适用公式h=20t−5t2，那么球弹起后又回到地面所花的时间t(秒)是( )
A. 2B. 4C. 5D. 20
9.如图，在△ABC中，AB=AC，∠ACB=70°，若将AC绕点A逆时针旋转60°后得到AD，连接BD和CD，则∠BDC=( )
A. 19°
B. 20°
C. 21°
D. 22°
10.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示.下列结论：①2a+b=0；②3a+c>0；③m为任意实数，则a+b>am2+bm；④若A(x1,0)，B(x2,0)，则x1+x2=2，其中正确的有( )
A. ①②
B. ①③
C. ①④
D. ②④
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，若AB=8，OD=3，那么⊙O的半径为______．
12.在△ABC中，(tanA− 3)2+|sinB− 22|=0，则∠C= ______．
13.已知m是关于x的方程x2−2x−3=0的一个根，则2m2−4m+5= ______．
14.已知点A(m,2)与点B(−3,n)关于原点对称，则抛物线y=2(x+m)2+n的顶点坐标为______．
15.如图，5×6的正方形网格中，A、B、C、D为格点，连接AB、CD相交于点E，则sin∠AEC的值是______．
16.在矩形ABCD中，AB=2，BC=2 3，点E，F分别是边AD和BC上的动点，且AE=CF，连接EF，过点B作BG⊥EF，垂足为点G，连接CG，则CG的最小值为______．
三、解答题：本题共9小题，共72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)
计算：(−13)−1+(2023− 3)0−4sin60°+|− 12|.
18.(本小题6分)
用适当的方法解方程：2x2−3x−2=0．
19.(本小题6分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A(−2,4)，B(−5,−1)，C(0,1)，把△ABC进行平移，平移后得到△A1B1C1，且△ABC内任意点P(x,y)平移后的对应点为P1(x+3,y−4)．
(1)画出平移后的图形；
(2)写出A1的坐标，并求出B1C1的长．
20.(本小题8分)
“读书，使人思想活跃，聪颖智慧；使人增长见识，谈吐不凡；使人目光远大，志存高远”.某校为响应我市全民阅读活动，利用节假日面向社会开放学校图书馆.据统计，第一个月进馆384人次，进馆人次逐月增加，到第三个月末累计进馆1824人次，若进馆人次的月平均增长率相同．
(1)求进馆人次的月平均增长率；
(2)因条件限制，学校图书馆每月接纳能力不超过1350人次，在进馆人次的月平均增长率不变的条件下，校图书馆能否接纳第四个月的进馆人次，并说明理由．
21.(本小题8分)
如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°．
(1)用尺规作图法，在BC上求作一点P，使点P到AC，AB的距离相等；
(2)若BC=6，求点P到AB的距离．
22.(本小题8分)
某临街店铺在窗户上方安装如图1所示的遮阳棚，其侧面如图2所示，遮阳棚展开长度AB=200cm，遮阳棚前端自然下垂边的长度BC=25cm，遮阳棚固定点A距离地面高度AD=296.8cm，遮阳棚与墙面的夹角∠BAD=72°．
(1)如图2，求遮阳棚前端B到墙面AD的距离；
(2)如图3，某一时刻，太阳光线与地面夹角∠CFG=60°，求遮阳棚在地面上的遮挡宽度DF的长(结果精确到1cm).(参考数据：sin72°≈0.951，cs72°≈0.309，tan72°≈3.078， 3≈1.732)
23.(本小题10分)
如图1，一次函数y=12x+1的图象与反比例函数y=kx(x>0)的图象交于点A(a,3)，与y轴交于点B．
(1)求a，k的值．
(2)如图1，利用图象信息，直接写出不等式kx−12x≥1的解集．
(3)如图2，直线CD过点A，与反比例函数图象交于点C，与x轴交于点D，AC=AD.连接OA，OC，求△OAC的面积．
24.(本小题10分)
如图，AB为⊙O的直径，点C为AB上方一点，点D为CA延长线上一点，连接CB，DB，CE⊥BD交⊙O于点E，垂足为H，AE交BD于点F．
(1)求证：∠BAE=∠D．
(2)若CD=AB，AE=8．
①若CH=6，求BH的长；
②若点A是线段CD的中点，求此圆的半径．
25.(本小题10分)
如图1，抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，点P、Q为直线BC下方抛物线上的两点，点Q的横坐标比点P的横坐标大1，过点P作PM//y轴交BC于点M，过点Q作QN//y轴交BC于点N，求PM+QN的最大值及此时点Q的坐标；
(3)如图3，将抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到新的抛物线y′，在y′的对称轴上有一点D，坐标平面内有一点E，使得以点B、C、D、E为顶点的四边形是矩形，请直接写出所有满足条件的点E的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、只是中心对称图形；
B、C都只是轴对称图形；
D、既是轴对称图形，也是中心对称图形．
故选D．
根据轴对称图形的概念与中心对称图形的概念可作答．
掌握好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，两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2.【答案】D
【解析】解：∵反比例函数y=−6x，
∴xy=−6，
A、∵(−1)×(−6)=6≠−6，∴此点不在函数图象上，故本选项不合题意；
B、∵1×6=6≠−6，∴此点不在函数图象上，故本选项不合题意；
C、∵(−6)×(−1)=6≠−6，∴此点不在函数图象上，故本选项不符合题意；
D、∵1×(−6)=−6，∴此点在函数图象上，故本选项符合题意．
故选：D．
根据k=xy对各选项进行逐一判断即可．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数中k=xy为定值是解答此题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：令x=0，得y=(x−2)2+2=(0−2)2+2=6，
故与y轴的交点坐标是：(0,6)．
故选：B．
根据题意得出x=0，然后求出y的值，即可以得到与y轴的交点坐标．
本题主要考查了抛物线与坐标轴交点的知识．
4.【答案】B
【解析】解：该圆锥的侧面积=12×2π×2×4=8π．
故选：B．
根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．
本题考查了圆锥的侧面积：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
5.【答案】B
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠BAC=∠BDC=31°，
∴∠ABC=90°−∠BAC=59°．
故选：B．
根据AB是⊙O的直径，可得∠ACB=90°，再由圆周角定理可得∠BAC=∠BDC=31°，即可求解．
本题主要考查了圆周角定理，掌握圆周角定理是解题关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵DE//BC，
∴ADDB=AEEC=23，
∴AC−ECEC=23，
∴6−ECEC=23，
∴EC=185．
故选：C．
利用平行线分线段成比例定理解答即可．
本题主要考查了平行线分线段成比例定理，正确使用定理得出比例式是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：由函数y=−k(x−1)知直线必过点(1,0)，故B、C不合题意；
A、由函数y=−k(x−1)的图象可知k>0，由函数y=kx(k≠0)的图象可知k>0，故A符合题意；
D、由函数y=−k(x−1)的图象可知k>0，由函数y=kx(k≠0)的图象可知k<0，故D不合题意；
故选：A．
由函数y=k(x−1)知直线必过点(1,0)，即可排除B、C，然后根据函数的图象和系数的关系判断即可．
本题主要考查的是一次函数图象上点的坐标特征，一次函数和反比例函数的图象的性质，掌握一次函数和反比例函数的图象的性质是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：令h=0，得：20t−5t2=0，
解得：t=0或t=4，
∴那么球弹起后又回到地面所花的时间是4秒；
故选：B．
令h=0，求出t值即可．
本题主要考查二次函数的应用，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：由旋转得：AC=AD，∠CAD=60°，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠ADC=60°，
∵AB=AC，∠ACB=70°，
∴AB=AD，∠ACB=∠ABC，
∴∠CAB=180°−2∠ACB=40°，∠BAD=∠CAD−∠CAB=60°−40°=20°，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=(180°−20°)÷2=80°，
∴∠BDC=∠ADB−∠ADC=80°−60°=20°．
故选：B．
由已知条件可求出∠CAB的度数，根据旋转的性质可得△ACD为等边三角形，可求出∠BAD、∠ADC的度数以及得到AB=AD，进而求出∠ADB的度数，由角的和差关系可得∠BDC的度数．
本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，依据性质求角度是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=1，
∴b=−2a，即2a+b=0，所以①正确；
∵x=3时，y=9a+3b+c<0，
即9a+3×(−2a)+c<0，
∴3a+c<0，故②不正确；
抛物线对称轴为直线x=1，开口向下，
∴函数的最大值为a+b+c，
∴a+b+c≥am2+bm+c(m为任意实数)，即a+b≥am2+bm，故③不正确；
∵A(x1,0)，B(x2,0)，对称轴为直线x=1，则x1+x2=2，
故④正确，
故选：C．
根据对称轴为直线x=1，抛物线开口向下，当x=1时取得最大值，即可判断①③，根据x=3时，y<0，即可判断②，根据对称性即可判断④．
本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数性质是关键．
11.【答案】5
【解析】解：连接OB，
∵OC⊥AB于点D，AB=8，
∴BD=12AB=4，
在Rt△BOD中，
∵OB2=OD2+BD2
=32+42
=25，
∴OB=5，
故答案为：5．
连接OB，先根据垂径定理求出BD的长，在Rt△BOD中根据勾股定理求解即可．
本题考查的是垂径定理，勾股定理等知识，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
12.【答案】75°
【解析】解：∵(tanA− 3)2+|sinB− 22|=0，(tanA− 3)2≥0，|sinB− 22|≥0，
∴(tanA− 3)2=0，|sinB− 22|=0，
即tanA− 3=0，sinB− 22=0，
∴tanA= 3，sinB= 22，
∴∠A=60°，∠B=45°，
∴∠C=180°−60°−45°=75°，
故答案为：75°．
根据偶次方、绝对值的非负性以及特殊锐角三角函数值求出锐角A，锐角B，再根据三角形内角和定理求出角C即可．
本题考查偶次方、绝对值的非负性，特殊锐角三角函数值以及三角形内角和定理，掌握特殊锐角三角函数值，偶次方、绝对值的非负性以及三角形内角和定理是正确简单的前提．
13.【答案】11
【解析】解：∵m是关于x的方程x2−2x−3=0的一个根，
∴m2−2m−3=0，
∴m2−2m=3，
∴2m2−4m+5=2(m2−2m)+5=6+5=11．
故答案为：11．
由题意，m是关于x的方程x2−2x−3=0的一个根，将m代入可得m2−2m=3，由此变形可得2m2−4m的值，最后求出结果即可．
本题主要考查了一元二次方程的解，能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
14.【答案】(−3,−2)
【解析】解：∵点A(m,2)与点B(−3,n)关于原点对称，
∴m=3，n=−2，
∴抛物线y=2(x+m)2+n，即y=2(x+3)2−2的顶点坐标是(−3,−2)，
故答案为：(−3,−2)．
根据关于原点对称的点的特征求出m、n的值，代入抛物线y=2(x+m)2+n，根据二次函数的性质写出顶点即可，
本题考查了二次函数的性质，熟练掌握关于原点对称的点横纵坐标均互为相反数是解题的关键．
15.【答案】2 55
【解析】解：如图，连接AC、CB、BD、DA，
由网格构造直角三角形，利用勾股定理得，
AC=BD=CD= 22+12= 5，BC=AD= 32+12= 10，
∴四边形ACBD是平行四边形，
∴CE=12CD= 52，
∵AC2+CD2=5+5=10=AD2，
∴△ACD是等腰直角三角形，即∠ACE=90°，
∵AE= AC2+CE2= 5+54=52，
在Rt△ACE中，
sin∠AEC=ACAE= 552=2 55，
故答案为：2 55．
利用网格构造直角三角形，根据勾股定理求出AC、BD、CD、BC、AD的长，再根据勾股定理的逆定理和锐角三角函数的定义得出答案．
本题考查解直角三角形，掌握直角三角形的边角关系，勾股定理以及逆定理是解决问题的前提，利用网格构造直角三角形是解决问题的关键．
16.【答案】 7−1
【解析】解：连接BD，交EF于O，
∵AD//BC，AD=BC，
∴∠EDO=∠FBO，∠DEO=∠BFO，
∵AE=CF，
∴ED=BF，
∴△DEO≌△BFO(ASA)，
∴OD=OB，
∴O是矩形形的中心，
∵AB=2，AD=BC=2 3，
∴BD= AB2+AD2=4，
∴OB=2，
取OB中点M，连接MC，MG，过点M作MH⊥BC于H，则MH//CD，
∵MB=14BD，
∴MHCD=BHBC=BMBD=14，
∴BH=14BC= 32，MH=14CD=12，
∴CH=2 3− 32=3 34，
由勾股定理可得MC= MH2+CH2= 7，
在Rt△GOB中，M是OB的中点，则MG=12OB=1，
∵CG≥CM−MG= 7−1，
当C，M，G三点共线时，CG最小值为 7−1，
故答案为： 7−1．
连接BD，取OC中点M，连接MC，MG，过点M作MH⊥BC于H，则MC，MG为定长，利用两点之间线段最短解决问题即可．
本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边的中线的性质，三角形三边关系，当C，M，G三点共线时，CG最小是解决本题的关键．
17.【答案】解：(−13)−1+(2023− 3)0−4sin60°+|− 12|
=−3+1−4× 32+2 3
=−3+1−2 3+2 3
=−2．
【解析】先计算负整数指数幂，零指数幂，特殊角的三角函数值，化简绝对值，再进行计算即可．
本题考查了实数的运算，牢记特殊角三角函数值，熟练掌握负整数指数幂，零指数幂，绝对值和二次根式的运算法则是解题的关键．
18.【答案】解：2x2−3x−2=0，
(2x+1)(x−2)=0，
2x+1=0或x−2=0，
解得：x1=−12，x2=2．
【解析】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．
本题考查了解一元二次方程，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键．
19.【答案】解：(1)如图所示：△A1B1C1即为所求；
(2)A1的坐标(1,0)，
B1C1= 22+52= 29．
【解析】(1)根据点P(x,y)平移后的对应点为P1(x+3,y−4)可得图形各点横坐标+3，纵坐标−4，算出各点坐标后，再确定位置，然后再连接即可；
(2)根据图形判断A1的坐标，利用勾股定理求出B1C1的长．
本题考查了作图--平移变换，求网格中三角形的面积，解题的关键是正确运用割补法．
20.【答案】解：(1)设进馆人次的月平均增长率为x，则由题意得：
384+384(1+x)+384(1+x)2=1824．
化简得：4x2+12x−7=0．
∴(2x−1)(2x+7)=0，
∴x=0.5=50%或x=−3.5(舍)．
答：进馆人次的月平均增长率为50%．
(2)∵进馆人次的月平均增长率为50%，
∴第四个月的进馆人次为：384(1+50%)3=384×278=1296<1350．
答：校图书馆能接纳第四个月的进馆人次．
【解析】(1)先分别表示出第二个月和第三个月的进馆人次，再根据第一个月的进馆人次加第二和第三个月的进馆人次等于1824，列方程求解；
(2)根据(1)所计算出的月平均增长率，计算出第四个月的进馆人次，再与1350比较大小即可．
本题属于一元二次方程的应用题，列出方程是解题的关键．本题难度适中，属于中档题．
21.【答案】解：(1)如图所示，点P即为所求；
(2)如图所示，过点P作PD⊥AB于D，
由题意得，AP平分∠BAC，
∵∠B=30°，∠C=90°，
∴∠BAC=60°，
∴∠CAP=∠BAP=30°，
∴∠PAB=∠B=30°，
∴AP=BP，
在Rt△APC中，∠C=90°，∠CAP=30°，
∴AP=BP=2CP，
∴BC=CP+BP=3CP=6，
∴CP=2，
∵AP平分∠BAC，PD⊥AB，∠C=90°，
∴CP=DP=2，
∴点P到AB的距离为2．
【解析】(1)根据角平分线上的点到角两边的距离相等，可得点P在∠BAC的角平分线上，据此作出∠BAC的角平分线与BC交于点P即可；
(2)根据角平分线的性质只需要求出CP的长，先证明AP=PB，再利用含30度角的直角三角形的性质得到BP=2CP，据此可得答案．
本题主要考查了角平分线的性质，角平分线的定义，角平分线的尺规作图，含30度角的直角三角形的性质，等角对等边等等，熟知角平分线上的点到角两边的距离相等是解题的关键．
22.【答案】解：(1)如图，作BE⊥AD于E，
∵AB=200cm，∠BAD=72°．
∴在Rt△ABE中，sin∠BAE=BEAB，即sin72°=BE200，
∴BE=sin72°×200≈0.951×200=190.2(cm)，
答：遮阳棚前端B到墙面AD的距离约为190.2cm；
(2)解：如图3，作BE⊥AD于E，CH⊥AD于H，延长BC交DG于K，则BK⊥DG，
∴四边形BEHC，四边形HDKC是矩形，
由(1)得BE=190.2cm，
∴DK=HC=BE=190.2(cm)，
在Rt△ABE中，cs∠BAE=AEAB，即cs72°=AE200，
∴AE=cs72°×200≈0.309×200=61.89(cm)，
由题意得：EH=BC=25cm，
∴DH=AD−AE−EH=296.8−61.8−25=210(cm)，
∴CK=DH=210cm，
在Rt△CFK中，tan∠CFK=CKFK，即tan60°=210FK，
∴FK=210tan60∘=210 3≈121.25(cm)，
∴DF=DK−FK=190.2−121.25≈69(cm)，
答：遮阳棚在地面上的遮挡宽度DF的长约为69cm．
【解析】(1)作BE⊥AD于E，在Rt△ABE中，根据sin∠BAE=BEAB列式计算即可；
(2)作BE⊥AD于E，CH⊥AD于H，延长BC交DG于K，则BK⊥DG，可得四边形BEHC，四边形HDKC是矩形，解直角三角形Rt△ABE求出AE，可得CK=DH=210cm，然后在Rt△CFK中，解直角三角形求出FK，进而可得DF的长．
本题考查了解直角三角形的应用，矩形的判定和性质，作出合适的辅助线，构造出直角三角形，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
23.【答案】解：(1)∵点A(a,3)在直线y=12x+1的图象上，
∴12a+1=3，解得a=4，
∵A(4,3)在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴k=12；
(2)将不等式kx−12x≥1变形为：kx≥12x+1，
根据图像和交点坐标以及x>0，不等式解集为：0
∵AC=AD，A(4,3)，
∴n+02=3，m+z2=4，
∴n=6，
将n=6代入反比例函数解析式y=12x得6=12m，m=2，
将m=2代入m+z2=4得z=6，
∴S△OAC=12×6×6−12×6×3=9．
【解析】(1)将A(a,3)代入y=12x+1求出a，将A(4,3)代入y=kx(x>0)可求出k值；
(2)根据图像和交点坐标，可直接写出不等式kx−12x≥1的解集；
(3)设C(m,n)，D(z,0)根据中点坐标公式求出m、n，再依据m+z2=4求出z，进而求得三角形OAC的面积即可．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，熟练掌握中点坐标公式是解答本题的关键．
24.【答案】(1)证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠D+∠DBC=90°，
∵CE⊥BD，
∴∠DBC+∠BCE=90°，
∴∠D=∠BCE，
∵∠BAE=∠BCE，
∴∠BAE=∠D；
(2)解：①连接BE，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵CE⊥BD，
∴∠CHD=90°=∠AEB，
又∵∠BAE=∠D，AB=CD，
∴△ABE≌△DCH(AAS)，
∴AE=DH=8，BE=CH=6，
∵∠BCE=∠D，∠BHC=∠DHC，
∴△CHD∽△BHC，
∴CHDH=BHCH，
∴CH2=BH⋅DH，
∴36=8BH，
∴BH=92；
②∵∠EBF=∠EBH，∠EHB=∠BEF=90°，
∴△BEH∽△BFE，
∴BEBF=BHBE，
∴BE2=BH⋅BF，
∴8BH=BH⋅BF，
∴BF=8；
∵CD=AB，点A是线段CD的中点，点O是AB的中点，
∴AO=AC=BO，
∴sin∠ABC=ACAB=12，
∴∠ABC=30°，
∴∠ABC=∠AEC=30°，
∵CE⊥BF，
∴∠BFE=60°，
∴∠EBF=30°，
∴EF=12BF=4，BE= 3EF=4 3，
∴AB= AE2+BE2= 64+48=4 7，
∴圆的半径为2 7．
【解析】(1)由圆周角定理可得∠ACB=90°，由余角的性质可得结论；
(2)①由“AAS”可证△ABE≌△DCH，可得AE=DH=8，BE=CH，由相似三角形的性质可求CH2=8BH，即可求解；
②首先通过BE2=BH⋅BF求得BF，由锐角三角函数可求∠ABC=30°，由直角三角形的性质可求BE的长，由勾股定理可求AB的长，即可求解．
本题考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
25.【答案】解：(1)把A(−1,0)和B(3,0)代入y=ax2+bx−3(a≠0)，得：
a−b−3=09a+3b−3=0，
解得：a=1b=−2，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
(2)抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与y轴交于点C，
令x=0，则y=−3，
∴C点的坐标为(0,−3)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，把B、C点的坐标代入得：
3k+b=0b=−3，
解得：k=1b=−3，
∴直线BC的解析式为y=x−3，
点P、Q为直线BC下方抛物线上的两点，设P(a,a2−2a−3)，则Q(a+1,a2−4)．
∴M(a,a−3)，N(a+1,a−2)，
∴PM=−a2+3a，QN=−a2+a+2，
∴PM+QN=−2a2+4a+2=−2(a−1)2+4，
当a=1时，(PM+QN)max=4，
∴Q(2,−3)；
(3)由题意可得：y′=(x−1)2−2(x−1)−3−1=x2−4x−1=(x−2)2−5，
∴y′的对称轴为x=2
∵抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与y轴交于点C．
∴C(0,−3)，
∵B(3,0)，
∴OC=OB=3，∠BCO=∠CBO=45°；
如图3.1：当BC为矩形一边时，且点D在x轴的下方，过D作DF⊥y轴，
∵D在y′的对称轴为x=2，
∴FD=2，
∴CF=FD=2，OF=3+2=5，即点D(2,−5)，
∴点C向右平移2个单位、向下平移3个单位可得到点D，则点B向右平移2个单位、向下平移3个单位可得到E(5,−3)；
如图3.2：当BC为矩形一边时，且点D在x轴的上方，y′的对称轴为x=2与x轴交于F，
∵D在y′的对称轴为x=2，
∴FO=2，
∴BF=3−2=1，
∵∠CBO=45°，即∠DBO=45°，
∴BF=FD=3−2=1，即点D(2,1)，
∴点B向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点D，则点C向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点E(−1,−2)；
如图3.3：当BC为矩形对角线时，设D(2,d)，E(m,n)，
∴BC的中点F的坐标为(32,−32)，依题意得：
2+m2=32d+n2=−32，
解得：m=1d+n=−3，
又∵DE=BC，
∴(2−1)2+(d−n)2=32+32，
解得：d−n=± 17，
联立d−n=± 17d+n=−3，
解得：n=−3± 172，
∴点E的坐标为(1,−3− 172)或(1,−3+ 172)．
综上，存在E(−1,−2)或(5,−2)或(1,−3− 172)或(1,−3+ 172)使以点B、C、D、E为顶点的四边形是矩形．
【解析】(1)直接运用待定系数法即可解答；
(2)设P(a,a2−2a−3)，则Q(a+1,a2−4)，进而得到M(a,a−3)，N(a+1,a−2)；再表示出PM+QN=−2a2+4a+2=−2(a−1)2+4，最后根据二次函数的性质即可解答；
(3)分以BC为矩形一边和对角线两种情况，分别根据等腰直角三角形的性质、平移和矩形的判定定理解答即可．
本题主要考查了运用待定系数法求解析式、运用二次函数的性质求最值、二次函数与几何的综合等知识点，掌握二次函数的性质和矩形的判定定理是解答本题的关键．
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