2023-2024学年浙江省杭州市下城区观成中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省杭州市下城区观成中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）（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.在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=6，则csB的值是( )
A. 35B. 45C. 34D. 53
2.二次函数y=ax2+bx+c的图象经过原点，则下列对系数a，b，c的判断一定正确的是( )
A. a=0B. b=0C. c=0D. b2−4ac=0
3.已知点A是⊙O外一点，且⊙O的半径为3，则OA可能为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.如图，点C在ACB上，若∠OAB=20°，则∠ACB=( )
A. 40°
B. 50°
C. 60°
D. 70°
5.已知抛物线y=−x2+bx+3经过(−4,n)和(2,n)两点，则图象的顶点坐标为( )
A. (−1,4)B. (1,2)C. (−1,3)D. (−1,2)
6.如图，已知∠ACB=∠D=90°，下列条件中不能判断△ABC和△BCD相似的是( )
A. AB/​/CD
B. BC平分∠ABD
C. ∠ABD=90°
D. AB：BC=BD：CD
7.Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，以点C为圆心，CA为半径的圆与AB、BC分别交于点E、D，则AE的长为( )
A. 95
B. 125
C. 185
D. 365
8.如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线BD垂直平分半径OC，若∠ABD=45°，则∠ADC=( )
A. 100°
B. 105°
C. 110°
D. 115°
9.已知点A(a−m,y1)，B(a−n,y2)，C(a+b,y3)都在二次函数y=x2−2ax+1的图象上，若0A. y110.在△ABC中，D，E分别为BC，AC上的点，且AC=2EC，连结AD，BE，交于点F.设x=CD：BD，y=AF：FD，则( )
A. y=x+1B. y=43x+1C. y=x+1xD. y=2−x1−x
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.如图，四边形ABDC内接于⊙O，∠BOC=70°，则∠BAC的度数为______，则∠BDC的度数为______．
12.如图(1)是某施工现场图，据此构造出了如图(2)所示的数学模型，已知B，C，D三点在同一水平线上，AD⊥CD，∠B=30°，∠ACD=60°，BC=30米.则点C到AB的距离= ______米；线段AD的长度为______米.
13.如图，在△ABC中，DE/​/BC，AD：AB=2：5，若△ADE的周长为6，则△ABC的周长为______；若S四边形DBCE=84，则S△ADE= ______．
14.某宾馆有50个房间供游客居住.当每个房间每天的定价为180元时，房间会全部住满；当每个房间每天的定价每增加10元时，就会有1个房间空闲.如果游客居住房间，宾馆需要对每个房间每天支出40元的各种费用.房价定为______元时，宾馆利润最大，最大利润是______元.
15.如图，O为半圆的圆心，C、D为半圆上的两点，连接CD、BD、AD，ED=BD.连接AC并延长，与BD的延长线相交于点E.若AC=6，半径OB=5，则CE的长为______；BD的长为______．
16.如图1，是2002年发行的中国纪念邮票，其图案是三国时期吴国数学家赵爽在注释《周髀算经》中所给勾股定理的证明.同学们在探索勾股定理时还出现了许多利用正方形证明勾股定理的方法，如图2，正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和一个正方形EFGH拼成；正方形EFGH是由与上述四个直角三角形全等的三角形和正方形IJKL拼成；正方形ABCD，EFGH，IJKL的面积分别为S1，S2，S3，分别连接AK，BL，CI，DJ并延长构成四边形MNOP，它的面积为m．
①请用等式表示S1，S2，S3之间的数量关系为：______；
②m= ______(用含S1，S3的代数式表示m)．
三、解答题：本题共8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8分)
计算求值：
(1)已知ab=34，求a−ba的值；
(2)2sin30°−tan60°⋅cs30°．
18.(本小题6分)
在平面直角坐标系中，已知抛物线C：y=−x2+bx+c经过点(0,3)和(1,1)．
(1)求抛物线C的解析式：
(2)将抛物线C先向左平移2个单位，再向下平移1个单位，得到抛物线C1，求抛物线C1的顶点坐标．
19.(本小题8分)
如图，正方形ABCD中，AB=9，E为BC上一点，过E作EF⊥AE交CD于点F，连接AF．
(1)求证：△ABE∽△ECF；
(2)当BE=3时，求tan∠EAF的值．
20.(本小题8分)
某数学小组开展了一次测量小山高度的活动，如图，该数学小组从地面A处出发，沿坡角为53°的山坡AB直线上行一段距离到达B处，再沿着坡角为22°的山坡BC直线上行600米到达C处，通过测量数据计算出小山高CD=612m．
(1)已知BE⊥CD与CD交于点E，求BE的长度(结果精确到1m，参考数据：sin22°≈0.37，cs22°≈0.92)；
(2)求该数学小组行进的水平距离AD(结果精确到1m).(参考数据：sin22°≈0.37，cs22°≈0.92，cs53°≈0.6，tan53°≈1.3)
21.(本小题8分)
如图，已知⊙O是等腰△ABC的外接圆，且AB=AC，点D是AB上一点，连结BD并延长至点E，连结AD，CD．
(1)求证：AD平分∠EDC．
(2)若∠EDA=72°，求BC的度数．
22.(本小题10分)
已知二次函数y=x2+ax+a(a为常数，a≠0)．
(1)若函数经过点(−2,5)，求二次函数的解析式和顶点坐标．
(2)当0(3)设M(x1,y1)，N(x2,y2)是该函数图象上的两点，其中x14时，都有y123.(本小题12分)
如图1，CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD，垂足为点E，连接CA.连接BO并延长交⊙O于点G，BG交AC于点F，连接AG．
(1)求证：AG=2OE；
(2)若tan∠CAE=2，AE=1，求AG的长；
(3)如图2，若AE=1，设tan∠CAE=x，GFBF=y．
①用含有x的代数式表示OB的长；
②求y关于x的函数关系式．
24.(本小题12分)
根据以下素材，探索完成任务．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵∠C=90°，AB=10，AC=6，
∴BC=8，
∴csB=BCAB=810=45．
故选：B．
先根据勾股定理求出BC的长，然后根据余弦的定义求解．
本题考查了锐角三角函数的定义：正确理解余弦的定义是解决问题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：∵二次函数y=ax2+bx+c的图象经过坐标原点，
∴将(0,0)代入，
c=0，
∴c=0且a≠0．
故选：C．
根据二次函数y=ax2+bx+c的图象经过坐标原点，将(0,0)代入，得c=0．
本题主要考查的是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：∵点A是⊙O外一点，且⊙O的半径为3，
∴OA>3．
故选：D．
根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．
4.【答案】D
【解析】解：∵OA=OB，∠OAB=20°，
∴∠OAB=∠OBA=20°，
∴∠AOB=180°−∠OAB−∠OBA=140°，
∴∠ACB=12∠AOB=70°．
故选：D．
先求出∠AOB的度数，再求出∠ACB的度数．
本题主要考查了圆周角定理，解决此题的关键是求出∠AOB的度数．
5.【答案】A
【解析】解：分别将(−4,n)和(2,n)两点代入y=−x2+bx+3中，
n=−(−4)2+(−4)×b+3n=−22+2b+3，
解得：b=−2，
则抛物线的解析式为y=−x2−2x+3，
顶点坐标的横坐标x=−−22×(−1)=−1，
顶点坐标的纵坐标y=−(−1)2−2×(−1)+3=4．
故选：A．
分别将(−4,n)和(2,n)两点代入y=−x2+bx+3中，解得b=−2，再根据顶点坐标公式即可求得．
本题主要考查二次函数的性质及二次函数图象上点的坐标特征，牢记二次函数顶点坐标公式是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：在△BCD和△BAC中，∠ACB=∠D，
A、∵AB/​/CD，
∴∠ABC=∠BCD，
∵∠ACB=∠D，
∴△ABC和△BCD相似，故本选项不符合题意；
B、∵BC平分∠ABD，
∴∠ABC=∠CBD，
∵∠ACB=∠D，
∴△ABC和△BCD相似，故本选项不符合题意；
C、∵∠ABD=90°，∠D=90°，
∴∠BCD=∠ABC=90°−∠CBD，
∵∠ACB=∠D，
∴△ABC和△BCD相似，故本选项不符合题意；
D、根据AB：BC=BD：CD和∠ACD=∠D不能推出△ABC和△BCD相似，故本选项符合题意；
故选：D．
已知∠ADC=∠BAC，则A、B选项可根据有两组角对应相等的两个三角形相似来判定；C选项虽然也是对应边成比例但无法得到其夹角相等，所以不能推出两三角形相似；D选项可以根据两组对应边的比相等且相应的夹角相等的两个三角形相似来判定．
此题主要考查了相似三角形的判定方法；熟记三角形相似的判定方法是解决问题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：在Rt△ABC中，
∵AC=3，BC=4，
∴AB= 32+42=5．
过C作CM⊥AB，交AB于点M，如图所示，
由垂径定理可得M为AE的中点，
∵S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CM，且AC=3，BC=4，AB=5，
∴CM=125，
在Rt△ACM中，根据勾股定理得：AC2=AM2+CM2，即9=AM2+(125)2，
解得：AM=95，
∴AE=2AM=185．
故选C．
在Rt△ABC中，由勾股定理可直接求得AB的长；过C作CM⊥AB，交AB于点M，由垂径定理可得M为AE的中点；在Rt△ACM中，根据勾股定理得AM的长，从而得到AE的长．
本题考查的是垂径定理，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．
8.【答案】B
【解析】解：连接OD，如图，
∵BD垂直平分半径OC，
∴DO=DC，
∵OD=OC，
∴OD=OC=DC，
∴△ODC为等边三角形，
∴∠COD=60°，
∴∠CBD=12∠COD=30°，
∴∠ABC=∠ABD+∠CBD=45°+30°=75°，
∵∠ADC+∠ABC=180°，
∴∠ADC=180°−75°=105°．
故选：B．
连接OD，如图，根据线段垂直平分线的性质得到DO=DC，则可判断△ODC为等边三角形，所以∠COD=60°，再根据圆周角定理得到∠CBD=30°，然后利用圆内接四边形的性质计算∠ADC的度数．
本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．也考查了线段垂直平分线的性质和圆周角定理．
9.【答案】B
【解析】解：抛物线开口向上，对称轴为x=a，
点A、B的情况：n>m，故点B比点A离对称轴远，故y2>y1；
点A、C的情况：my1；
点B、C的情况：by3；
故y1故选：B．
逐次比较A、B、C三个点离函数对称轴距离即可求解．
本题的关键是找到二次函数的对称轴；掌握二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象性质．
10.【答案】A
【解析】解：如图，过D作DG/​/AC交BE于G，
∴△BDG∽△BCE，△DGF∽△AEF，
∴BDBC=DGCE，DGAE=DFAF，
∵AC=2EC，
∴AE=CE，
∴BDBD+CD=DFAF，
∴BD+CDBD=AFFD，
∵x=CD：BD，y=AF：FD，
∴1+x=y，
∴y=x+1，
故选：A．
如图，过D作DG/​/AC交BE于G，根据相似三角形的性质得到BDBC=DGCE，DGAE=DFAF，求得BD+CDBD=AFFD，由于x=CD：BD，y=AF：FD，于是得到结论．
本题考查了相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
11.【答案】35° 145°
【解析】解：∵∠BOC=70°，
∴∠BAC=12∠BOC=35°，
∵四边形ABDC内接于⊙O，
∴∠BDC=180°−∠BAC=145°．
故答案为：35°；145°．
根据同弧所对的圆周角等于同弧所对圆心角的一半即可求出∠BAC的度数，再根据圆内接四边形对角互补可以求出∠BDC的度数．
本题主要考查圆内接四边形的性质，圆心角、弧、弦的关系及圆周角定理，熟记这些知识点是解题的关键．
12.【答案】15 15 3
【解析】解：过点C作CE⊥AB于点E，
∴∠CEB=90°，
∵∠B=30°，BC=30(米)，
∴CE=12BC=15 (米)，
∴点C到AB的距离是15米；
∵AD⊥CD，
∴∠ADC=90°，
∵∠ACD=60°，∠B=30°，
∴∠CAD=90°−∠ACD=30°，∠BAC=∠ACD−∠B=30°，
∴∠CAD=∠BAC，
∵CE⊥AB，
∴CD=CE=15(米)，
在Rt△ACD中，∠CAD=30°，CD=15米，
∴CD=12AC，
∴AC=2CD=2×15=30(米)，
由勾股定理得，AD= AC2−CD2= 302−152=15 3(米)，
∴线段AD的长度是15 3米．
故答案为：15；15 3．
过点C作CE⊥AB于点E，在Rt△BCE中，根据含30度的直角三角形的性质即可求出CE的长度；由角平分线的性质可求出CD，在Rt△ACD中，由含30度的直角三角形的性质可求出AC，再根据勾股定理即可求出AD．
本题主要考查了勾股定理的应用，正确作出辅助线是解决问题的关键．
13.【答案】15 16
【解析】解：∵DE/​/BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵AD：AB=2：5，
∴△ADE的周长与△ABC的周长之比=2：5，
∵△ADE的周长为6，
∴△ABC的周长=6÷25=15，
∴△ADE的面积与△ABC的面积之比=4：25，
设△ADE的面积为S，
∵S四边形DBCE=84，
∴S△ABC=S四边形DBCE+S△ADE=84+S，
∴SS+84=425，
解得：S=16，
经检验S=16是原方程的解．
故答案为：15；16．
由DE/​/BC得出△ADE∽△ABC，再根据周长之比等于相似比即可得出答案；根据面积之比等于相似比的平方，设△ADE的面积为S，则S△ABC=S四边形DBCE+S△ADE=84+S，列出关于S的方程式即可求出答案．
本题主要考查相似三角形的判定和性质，相似三角形的周长之比等于相似比，面积之比等于相似比的平方是解题的关键．
14.【答案】360 10240
【解析】解：设房价为x元，则定价增加了10x元，空闲的房间有x个，设宾馆的利润为y元，由题意得：
y=(180+10x−40)(50−x)
=−10x2+360x+7000
=−10(x−18)2+10240，
∵a=−10<0，抛物线开口向下，
∴当x=18时，y有最大值，为10240．
此时房间定价为180+10×18=360(元)．
∴房间定价为360元时，利润最大，最大利润为10240元．
故答案为：360，10240．
设房价为x元，则定价增加了10x元，空闲的房间有x个，设宾馆的利润为y元，根据利润等于(定价−40)×有人居住的房间数，可得y关于x的二次函数，将其写成顶点式，根据二次函数的性质可得答案．
本题考查了二次函数在销售问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
15.【答案】4 2 5
【解析】解：∵AB为直径，
∴∠ADB=∠ADE=90°，
又∵ED=BD，AD=AD，
∴△ADE≌△ADB(SAS)，
∴AB=AE，
∵OB=5，
∴AB=AE=10，
∵AC=6，
∴CE=AE−AC=4；
连接BC，则∠ACB=∠BCE=90°，
∴在Rt△ACB中，由勾股定理得BC= AB2−AC2= 102−62=8，
∴在Rt△BCE中，由勾股定理得BE= BC2+CE2= 82+42=4 5，
∴BD=BE=2 5．
故答案为：4；2 5．
先证明△ADE≌△ADB，及可求出CE的长度；连接BC，则∠ACB=∠BCE=90°，根据勾股定理求出BC和BE的长度即可得出答案．
本题考查圆内接四边形的性质与全等三角形的性质与判定的结合，解题关键是掌握解直角三角形的方法．
16.【答案】S2=12(S1+S3) 2S1S3S1+S3．
【解析】解：①观察图像(2)可知，S1=8S△AEH+S3，4S△AEH=S2−S3，
∴S1=2(S2−S3)+S3，
∴2S2=S1+S3，
∴S2=12(S1+S3)，
故答案为：S2=12(S1+S3).
②∵HE⊥EF，AK⊥HE，
∴AK//EF，
同理：BL//GF，DJ//HE，CI//GH，
∴四边形MNOP是平行四边形，且△MKL≌△NLI≌△OIJ≌△PJK，
∴MN//GF//EH，
∴∠LMK=∠EKH=90°，∠MLK=∠HEL，
∴△MLK∽△KEH，
∴MLKE=MKKH=LKEH，
设AE=x，PE=y，
则：MLx=MKy=x−y x2+y2，
∴ML=x(x−y) x2+y2，MK=y(x−y) x2+y2=LN，
∴MN=x(x−y) x2+y2+y(x−y) x2+y2=x2−y2 x2+y2，
∴m=MN2=(x2−y2 x2+y2)2=(x+y)2(x−y)2x2+y2，
∵S1=(x+y)2，S2=x2+y2，S3=(x−y)2，
∴m=S1S3S2=S1S312(S1+S3)=2S1S3S1+S3．
故答案为：2S1S3S1+S3．
①由题意可得：S1=8S△AEH+S3，4S△AEH=S2−S3，代入化简即可得到答案；
②先证明△MLK∽△KEH，设AE=x，PE=y，结合四边形MNOP的面积为m，可得答案．
本题考查了正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，相似三角形判定和性质等重要知识，属于基础题，解答本题的关键在于熟练运用相似三角形的判定和性质及勾股定理．
17.【答案】解：(1)∵ab=34，
∴设a=3x，则b=4x，
∴a−ba=3x−4x3x=−13；
(2)原式=2×12− 3× 32
=1−32
=−12．
【解析】(1)直接利用一个未知数表示出a，b，进而代入化简得出答案；
(2)直接利用特殊角的三角函数值代入得出答案．
此题主要考查了比例的性质以及特殊角的三角函数值，正确掌握相关运算法则是解题关键．
18.【答案】解：(1)把点(0,3)和(1,1)分别代入y=−x2+bx+c，得
c=3−1+b+c=1．
解得b=−1c=3．
故该抛物线解析式为：y=−x2−x+3；
(2)由(1)知，抛物线解析式为y=−x2−x+3．
所以y=−x2−x+3=−(x+12)2+134．
将其先向左平移2个单位，再向下平移1个单位，得到抛物线C1的解析式为：y=−(x+12+2)2+134−1，即y=−(x+52)2+94．
故抛物线C1的顶点坐标是(−52,94).
【解析】(1)利用待定系数法求得抛物线C的解析式：
(2)根据平移规律写出抛物线C1的解析式，继而求得顶点坐标．
本题主要考查了待定系数法确定函数解析式，二次函数图象与几何变换以及二次函数的性质，解题的过程中注意配方法的应用．
19.【答案】解：(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠C=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEB+∠CEF=90°，
∴∠CEF=∠BAE，
∴△ABE∽△ECF．
(2)∵BE=3，AB=BC=9，
∴CE=6，
∵△ABE∽△ECF，
∴CEAB=EFAE=69=23，
∴tan∠EAF=EFAE=23．
【解析】(1)根据正方形的性质可得∠B=∠C=90°，∠BAE+∠AEB=90°，已知EF⊥AE，则∠A EB+∠CEF=90°，则∠CEF=∠BAE，利用两个角相等的两个三角形相似证得结论；
(2)根据相似三角形的性质得出比例式即可求出答案．
本题考查了相似三角形的判定和性质、正方形的性质及解直角三角形，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
20.【答案】解：(1)过B作BE⊥CD于E，过B作BH⊥AD于H，如图所示：
则四边形BEDH是矩形，
∴DE=BH，BE=DH，
在Rt△BCE中，∵BC=600，∠CBE=22°，
∴CE=BC⋅sin22°=600×0.37=222(m)，BE=BC⋅cs22°=600×0.92=552(m)，
(2)∵DH=BE=552m，CD=612m，
∴BH=DE=CD−CE=612−222=390(m)，
在Rt△ABH中，∵∠BAH=53°，
∴tan53°=BHAH，
∴AH≈3901.3=300(m)，
∴AD=AH+DH=300+552=852(m)，
答：该数学小组行进的水平距离AD约为852m．
【解析】过B作BE⊥CD于E，过B作BH⊥AD于H，则四边形BEDH是矩形，得到DE=BH，BE=DH，解直角三角形求出BE、AH的长，即可解决问题．
此题考查了解直角三角形的应用−坡度坡角问题，熟练掌握锐角三角函数定义是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ADBC为⊙O的内接四边形，
∴∠ADB+∠ACB=180°，
∵∠ADB+∠ADE=180°，
∴∠ACB=∠ADE，
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC，
∴∠ABC=∠ADE，
由圆周角定理得：∠ABC=∠ADC，
∴∠ADC=∠ADE，
∴AD平分∠EDC．
(2)解：∵∠EDA=72°，
∴∠ACB=∠ABC=72°，
∴∠BAC=180°−72°×2=36°，
∴BC的度数为72°．
【解析】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆内接四边形是性质、圆周角定理、圆心角、弧、弦的关系定理、等腰三角形的性质是解题的关键．
(1)根据圆内接四边形的性质得到∠ADB+∠ACB=180°，根据同角的补角相等得到∠ACB=∠ADE，根据等腰三角形的性质、角平分线的定义证明即可；
(2)根据(1)的结论、结合三角形内角和定理求出∠BAC，根据圆心角、弧、弦的关系定理解答即可．
22.【答案】解：(1)将点(−2,5)的坐标代入函数解析式，得：5=4−2a+a，解得a=−1；
因此，二次函数的解析式为y=x2−x−1，顶点坐标为(12,−54).
(2)令x2+ax+a=0，则Δ=a2−4a=a(a−4)，
当0则该二次函数的图象与x轴没有交点．
(3)∵M(x1,y1)，N(x2,y2)是该函数图象上的两点，
∴y1=x12+ax1+a，y2=x22+ax2+a，
∴y1−y2=x12+ax1+a−(x22+ax2+a)=x12−x22+a(x1−x2)=(x1−x2)(x1+x2+a)；
∵x1∴x1−x2<0，
∵y1∴(x1−x2)(x1+x2+a)<0，
∴x1+x2+a>0，
∵x1+x2>4，
∴a≥−4且a≠0．
【解析】(1)将点(−2,5)的坐标代入函数解析式求出a，即可得到二次函数解析式，再计算顶点坐标即可．
(2)令x2+ax+a=0，根据判别式Δ的符号即可判断交点个数．
(3)通过作差法，根据y1本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数与方程的关系，掌握二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征．
23.【答案】(1)证明：∵CD是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴AE=BE，
∵OB=OG，
∴OE是△ABG的中位线，
∴AG=2OE；
(2)解：如图1，连接OA，

∵CD⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∵tan∠CAE=CEAE=2，AE=1，
∴CE=2，
∵AO2=AE2+OE2，
∴(2−OE)2=12+OE2，
∴OE=34，
由(1)知，AG=2OE；
∴AG=32；
(3)解：①如图2，连接OA，

∵CD⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∵tan∠CAE=CEAE=x，AE=1，
∴CE=x，
∵AO2=AE2+OE2，
∴OB2=AE2+(x−OB)2，
∴OB=1+x22x；
②∵BG是⊙O的直径，
∴∠BAG=90°，
∵∠BAG=∠BEO=90°，
∴OC//AG，
∴∠C=∠GAC，
∵∠GFA=∠OFC，
∴△GAF∽△OCF，
∴FGOF=AGOC，
∵GFBF=y，且GF+BF=2OG，
∴OG=y+12y⋅GF，
∵OF=OG−GF，
∴OF=1−y2yGF，
∴FGOF=2y1−y，
如图3，连接OA，

∵OA=OC，AG=2OE，
∴AGOC=2OEOC=2OEOA=2y1−y，
∵tan∠CAE=CEAE=x，
∴CE=x⋅AE=OA+OE，
∴AE=OA+OEx，
Rt△AOE中，OA2=OE2+AE2，
∴OA2=OE2+(OA+OEx)2，即OA2=OE2+1x2(OA2+2OA⋅OE+OE2)，
两边同时除以OA2，得：1=(OEOA)2+1x2(OEOA+1)2，
设OEOA=a，则原方程变形为：a2+1x2(a2+2a+1)−1=0，
(1+1x2)a2+2ax2+1x2−1=0，
(a+1)[(1+1x2)a+(1x2−1)]=0，
∴a1=−1(舍)，a2=x2−1x2+1，
∴OEOA=x2−1x2+1，
∴2(x2−1)x2+1=2y1−y，
∴y=12−12x2．
【解析】(1)根据垂径定理得到AE=BE，根据三角形中位线定理得到结论；
(2)如图1，连接OA，先根据垂径定理得：AE=BE=1，∠AEC=90°，根据三角函数可得CE的长，设OE=x，则OC=2−x=OB，利用勾股定理列方程可得OE的长，最后根据三角形中位线定理可得AG的长；
(3)①如图2，连接OA，解直角三角形即可得到结论；
②根据圆周角定理得到∠BAG=90°，根据平行线的性质得到∠C=∠GAC，根据相似三角形的性质得到FGOF=AGOC，求得OG=y+12y⋅GF，得到FGOF=2y1−y，如图3，连接OA，推出AGOC=2OEOC=2OEOA=2y1−y，根据三角函数的定义得到AE=OA+OEx，根据勾股定理即可得到结论．
此题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理，圆周角定理，一元二次方程等知识点，最后一问有难度，能正确构建方程，利用换元法解方程是解本题的关键．
24.【答案】解：(1)建立如图所示坐标系，

由题意得，右侧抛物线的顶点R的坐标为(7,5)，点B(10,0)，
设抛物线的表达式为：y=a(x−h)2+k，
则y=a(x−7)2+5，
将点B的坐标代入上式得：0=a(10−7)2+5，
解得：a=−59，
则右侧抛物线的表达式为：y=−59(x−7)2+5；
由图象的对称性得，左侧抛物线的表达式为：y=−59(x+7)2+5．
(2)建立如图所示坐标系，设y轴交FE于点L，

由(1)知，右侧抛物线的表达式为：y=−59(x−7)2+5，
当y=1.8时，即y=−59(x−7)2+5=1.8，
解得：x1=4.6，x2=9.4(不合题意，舍去)．
∴LM=LN=4.6．
又GM=0.4，
∴OG=4.2．
∴G的坐标为：(−4.2,1.8)．
(3)由(1)知，右侧抛物线的表达式为：y=−59(x−7)2+5，
则中间抛物线的表达式为：y=−59x2+bx+c，
∵水柱的最高点与点P的高度差为0.8m，
即：该抛物线的最高点c−b24a=c−b24×(−59)=c+0.8，
解得：b=43，
∴抛物线的表达式为：y=−59x2+43x+c，
由(2)知，点H(4.2,1.8)，
将点H的坐标代入抛物线表达式得：1.8=−59×(4.2)2+43×4.2+c，
解得：c=6=OP，
即OP=6．
【解析】(1)依据题意，右侧抛物线的顶点R的坐标为(7,5)，点B(10,0)，再利用待定系数法即可求解；
(2)依据题意，当y=1.8时，即y=−59(x−7)2+5=1.8，得到x=4.6=LM，进而求解；
(3)依据题意，水柱的最高点与点P的高度差为0.8m，即该抛物线的最高点c−b24a=c−b24×(−59)=c+0.8，求出b值，进而求解．
本题主要考查了二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系、熟练掌握待定系数法及二次函数的性质是解题的关键．如何设计喷水装置的高度？
素材1
如图1为某公园的圆形喷水池，图2是其示意图，O为水池中心，喷头A、B之间的距离为20米，喷射水柱呈抛物线形，水柱距水池中心7m处达到最高，高度为5m.水池中心处有一个圆柱形蓄水池，其中高CF为1.8米．
素材2
如图3，拟在圆柱形蓄水池中心处建一喷水装置OP(OP⊥CD)，从点P向四周喷射抛物线形水柱且满足以下条件：
①不能碰到图2中的水柱；
②落水点G，M的间距为GM=0.4m；
③水柱的最高点与点P的高度差为0.8m；
④从点P向四周喷射与图2中形状相同的抛物线形水柱．
问题解决
任务1
确定水柱形状
在图2中以点O为坐标原点，水平方向为x轴建立直角坐标系，并求左边这条抛物线的函数表达式．
任务2
探究落水点位置
在建立的坐标系中，求落水点G的坐标．
任务3
拟定喷水装置的高度
求出喷水装置OP的高度．