2025_2026学年浙江省绍兴市越城区九年级上学期期末学业水平考数学试卷【附解析】

这是一份2025_2026学年浙江省绍兴市越城区九年级上学期期末学业水平考数学试卷【附解析】，共35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.抛物线y=(x−1)2+1的顶点坐标是（ ）
A.(1,1)B.(−1,1)C.(1,−1)D.(−1,−1)

2.如图，一名滑雪运动员沿着倾斜角为α的斜坡，从A滑行到B．已知AB=200m，则这名滑雪运动员的高度下降了（ ）m．
A.200sinαB.200csαC.200tanαD.200tanα

3.在今年“十一”期间，小康和小明两家准备从华山、华阳古镇，太白山三个著名景点中分别选择一个景点旅游，他们两家去同一景点旅游的概率是（ ）
A.12B.13C.23D.14

4.大约在两千四五百年前，墨子和他的学生做了世界上第一个小孔成倒像的实验，并在《墨经》中有这样的精彩记录：“景到，在午有端，与景长，说在端．”如图所示的小孔成像实验中，若物距为10cm，像距为15cm，蜡烛火焰倒立的像的高度是5cm，则蜡烛火焰的高度是（ ）
A.52cmB.3cmC.103cmD.5cm

5.将二次函数y=2x2+1图象向右平移1个单位长度，平移后得到的新函数图象的表达式为（ ）
A.y=2x2B.y=2x2+2C.y=2(x+1)2+1D.y=2(x−1)2+1

6.图，⊙O中，点C在AB⌢上，∠D，∠E分别为AC⌢、BC⌢所对的圆周角．若∠AOB=110∘，∠D=20∘，则∠E的度数为（ ）
A.35∘B.36∘C.37∘D.38∘

7.如图，在△ABC中，AB=4,AC=3,BC=5．将△ABC沿着点A到点C的方向平移到的△DEF位置，若图中阴影部分面积为2，则△ABC平移的距离为（ ）
A.2B.2C.3D.3−3

8.如图，在半径为3的⊙O中，边长为3的等边△ABC两顶点B，C在圆上，若△ABC在圆内绕⊙O翻滚一周后，回到原位置，则点B的运动路径长为（ ）
A.2πB.3πC.4πD.6π

9.已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象过点A(0,−m)，B(1,m)，C(−2,n)，D(3,m)，其中m，n为常数，则mn的值为（ ）
A.−35B.19C.35D.−19

10.如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，BC=a，AC=b，点D为AC上一动点，以CDCDPB．若AB=2，则AP=____________．

13.如图，点P在线段BC上，AB⊥BC，AP⊥DP，CD⊥DP，若BC=18，AB=4，tanC=12，则DP的长是____________．

14.常生活中常见的装饰盘由圆盘和支架组成（如图1），它可以看作如图2所示的几何图形．已知AC=BD=5cm，AC⊥CD，垂足为点C，BD⊥CD，垂足为点D，CD=16cm，⊙O的半径r=10cm，则圆盘离桌面CD最近的距离是_____________cm．

15.如图，在由相同的菱形组成的网格中，∠ABC等于60∘，小菱形的顶点称为格点．已知点A，B，C，D，E都在格点上，连结BD，BE，则sin∠EBD的值为____________．

16.如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=3，BC=4，点D在AB上，且ADDB=23，以D为旋转中心将直线AB绕点D顺时针方向旋转，旋转后所得的直线将Rt△ABC分成两部分，若其中一部分为等腰三角形，则该等腰三角形的面积为_____________．
三、解答题

17.计算：
（1）2cs45∘⋅sin45∘−2sin30∘⋅tan45∘+6⋅tan60∘；
（2）已知a+12=b+24，求a−2ba+b的值．

18.请仅用无刻度的直尺完成下列画图，不写画法，保留画图痕迹．（说明：图1、图2中点A，B，C在格点上）
（1）在图1中，作△ABC的角平分线AE；
（2）在图2中，以C为位似中心，作△ABC的位似图形，并把△ABC的边长缩小到原来的12．

19.如图1，是某校教学楼正厅一角处摆放的“教学楼平面示意图”展板，数学学习小组想要测量此展板的最高点A到地面PF的高度．他们绘制了如图2所示的展板侧面的截面图，并测得AB=100cm，BD=80cm，∠ABD=105∘，∠BDQ=60∘，底座四边形EFPQ为矩形，EF=5cm．请帮助该数学学习小组求出展板最高点A到地面PF的距离（精确到1cm，参考数据：2≈1.41，3≈1.73）．

20.将4张分别写着字母A，B，C，D的卡片（卡片的形状、大小、质地都相同）放在盒子中，搅匀后从中任意取出1张卡片，记录后放回、搅匀，再从中任意取出1张卡片．求下列事件发生的概率（请用“画树状图”或“列表”等方法写出分析过程）．
（1）取出的2张卡片字母相同；
（2）取出的2张卡片中，至少有1张卡片字母为“A”．

21.如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为弧BC上一点，连结AD交BC于点E，已知AB=10，AC=CD=6．
（1）求证：∠CAD=∠CBA；
（2）求BE的长．

22.如图1，已知AC⊥AB于点A，BD⊥AB于点B，P是AB上一点，PC=PD，∠CPD=90∘，求证：△CAP≅△PBD；
(2)如图2，已知AC=BC=45，AB=8，点D，E分别在边AC和BC上，P是AB上一点，且PE=PD，∠EPD=90∘，求AD+BE的值．

23.已知二次函数y=2x2+bx+c，经过点A(0,−1)，对称轴为直线x=1．
（1）求二次函数的表达式；
（2）已知点O(0,0)，B(0,−5)，连结OB，将OB向上平移5个单位长度，向右平移m(m>0)个单位长度后，恰好与y=2x2+bx+c的图象有交点，求m的取值范围；
（3）当n≤x≤n+2时，二次函数y=2x2+bx+c的最大值与最小值的差为92，请直接写出n的值，不必说明理由．

24.如图1，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是AC⌢上的一点，连结DG交AB于点H，AG，DC的延长线交于点F．
（1）求证：∠FGC=∠AGD；
（2）①连结BD，若AG // BD，求HE:CG的值；
②连结AD，若CG // AD，OH=2，BE=1，求⊙O的半径r．
参考答案与试题解析
2025-2026学年浙江省绍兴市越城区九年级上学期期末学业水平考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
y=a（x-h）²+k的图象和性质
【解析】
二次函数的顶点式是：y=a(x−h)2+k（a≠0，且a，h，k是常数），顶点坐标为(h,k)，直接写出顶点坐标．
【解答】
解：因为y=(x−1)2+1是抛物线解析式的顶点式；
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标是(1,1)；
故选：A．
2.
【答案】
A
【考点】
已知正弦值求边长
【解析】
根据三角函数可直接进行求解．
【解答】
解：由题意得：这名滑雪运动员的高度下降了200sinα米；
故选A．
3.
【答案】
B
【考点】
列表法与树状图法
【解析】
利用列表法进行计算即可．
【解答】
解：设A表示华山、B表示华阳古镇、C表示太白山，列表如下：
共有9种情况，他们两家去同一景点旅游共有3中情况，
∴P=39=13；
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
此题暂无考点
【解析】
本题考查了相似三角形性质的应用，解题的关键在于理解小孔成像的原理得到相似三角形．根据小孔成像的性质及相似三角形的性质求解即可．
【解答】
解：根据小孔成像的性质及相似三角形的性质可得：蜡烛火焰的高度与火焰的像的高度的比值等于物距与像距的比值，
设蜡烛火焰的高度为xcm，
根据题意得，x5=1015，
解得：x=103，
∴蜡烛火焰的高度为103cm．
故选：C．
5.
【答案】
D
【考点】
二次函数图象的平移规律
【解析】
本题主要考查的是二次函数的图象与几何变换，根据二次函数平移规律“上加下减，左加右减”即可解答．
【解答】
解：二次函数y=2x2+1的图象向右平移1个单位，得到的函数图象的表达式是y=2(x−1)2+1，
故选：D．
6.
【答案】
A
【考点】
圆周角定理
【解析】
本题考查了圆周角定理，根据圆周角定理求出∠ADC+∠BEC=12∠AOB=55∘，再根据弧、圆周角的关系求解即可．
【解答】
解：解：连接AE，如图：
∴∠D=∠ACE=20∘，
∵∠AOB=110∘，
∴∠AEB=12∠AOB=55∘，
∴∠BEC=∠AEB−∠ACE=55∘−20∘=35∘．
故选：A．
7.
【答案】
D
【考点】
判断三边能否构成直角三角形
利用平移的性质求解
相似三角形的性质与判定
【解析】
由勾股定理逆定理推出直角三角形，然后可求面积，平移可得相似三角形，相似三角形面积比为相似比的平方，直接求解即可．
【解答】
取BC与ED交点为H，
∵AB=4,AC=3,BC=5，
∴AB2+AC2=BC2，
∴△ABC是直角三角形，即∠A=90∘，
∴S△ABC=12×3×4=6，
∵△ABC沿着点A到点C的方向平移到的△DEF，
∴△CDH∽△CAB，且AD即为△ABC平移的距离，
∴S△CDHS△CAB=26=13=CD2CA2，解得CD=3，
∴AD=3−3，
∴ △ABC平移的距离为3−3．
故选：D．
8.
【答案】
D
【考点】
等边三角形的性质
求某点的弧形运动路径长度
根据旋转的性质求解
【解析】
本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，明确点B的运动路径是解题的关键．画出△ABC在圆内绕⊙O翻滚一周的图形，可知点B经过的路径分别是圆心角为120∘,120∘,120∘的三条弧，即点B的运动路径长为半径为3的圆的周长，进行计算即可．
【解答】
解：如图，△ABC在圆内绕⊙O翻滚一周后，回到原位置，则点B的运动路径分别为圆心角为：120∘,120∘,120∘的三条弧长，即点B的运动路径长为半径为3的圆的周长，
∴点B的运动路径长为：2×π×3=6π，
故选：D．
9.
【答案】
D
【考点】
待定系数法求二次函数解析式
【解析】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，把A、B、D的坐标代入y=ax2+bx+c(a≠0)，求出a、b、c，然后把C的坐标代入可得出m、n的关系，即可求解．
【解答】
解：把A(0,−m)，B(1,m)，D(3,m)代入y=ax2+bx+c(a≠0)，
得c=−ma+b+c=m9a+3b+c=m ，
解得a=−23mb=83mc=−m ，
∴y=−23mx2+83x−m，
把C(−2,n)代入y=−23mx2+83mx−m，
得n=−23m×(−2)2+83m×(−2)−m，
∴n=−9m，
∴mn=m−9m=−19，
故选：D．
10.
【答案】
B
【考点】
根据正方形的性质求线段长
解直角三角形的相关计算
【解析】
本题考查正方形的性质，解直角三角形，根据正方形的性质得到CD+EP为定值，再结合图形逐一判断即可．
【解答】
解：A、如图，连接CE,EH，
∵正方形CDEF与正方形EGHP中，∠ECD=∠HEP=45∘，∠CDE=∠PEG=90∘，
∴EP // CD，
∴C,E,H三点共线，
∴∠ACH=45∘为定值，
∴CH为定值，
∵CH=CE+EH=2CD+2EP=2(CD+EP)，
∴CD+EP为定值，
∴I与II的周长和为定值，故A选项正确，不符合题意；
B、I与II的面积和为CD2+EP2=(CD+EP)2−4CD⋅EP，
∵CD⋅EP的值不固定，
∴I与II的面积和不为定值，故B选项错误，符合题意；
C、III与IV的周长差为(AD+AH+HP+EP+DE)−(BF+EF+EG+GH+BH)=AD+AH−BF−BH，
∵AD−BF=(AC−CD)−(BC−CF)=AC−BC−CD+CF=AC−BC=b−a为定值，
∴III与IV的周长差为定值，故C选项正确，不符合题意；
D、如图，延长HP交AD于点M，延长GH交BF于点N，
则III的面积为：S△AHM+S矩形DMPE，IV的面积为：S△HBN+S矩形FEGN，
∵S矩形DMPE=DE⋅EP,S矩形FEGN=EF⋅EG，DE=EF,EP=EG，
∴S矩形DMPE=S矩形FEGN，
∵S△AHM=12AM⋅HM=12(AC−CD−DM)⋅(HP+PM)=12(AC−CD−EP)⋅(EP+CD)，S△HBN=12HN⋅BN=12(GN+GH)⋅(BC−CF−FN)=12(CD+EP)⋅(BC−CD−EP)，
∴III与IV的面积差为：S△AHM+S矩形DMPE−S△HBN+S矩形FEGN，
=S△AHM−S△HBN
=12(AC−CD−EP)⋅(EP+CD)−12(CD+EP)⋅(BC−CD−EP)
=12(CD+EP)(AC−BC)
由上知CD+EP为定值，AC−BC=b−a为定值，
∴III与IV的面积差为定值，故D选项正确，不符合题意；
故选：B．
二、填空题
11.
【答案】
【考点】
待定系数法求二次函数解析式
【解析】
本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，把(0,3)代入二次函数解析式中求出c的值即可．
【解答】
解：∵二次函数y=x2−4x+c的图象经过点(0,3)，
∴c=3，
故答案为：
12.
【答案】
5−1/−1+5
【考点】
黄金分割
【解析】
本题考查了黄金分割．熟练掌握黄金分割是解题的关键．由题意得，APAB=5−12，即AP2=5−12，计算求解即可．
【解答】
解：∵点P是线段AB的黄金分割点(AP>BP)，
∴APAB=5−12，即AP2=5−12，
解得，AP=5−1，
故答案为：5−1．
13.
【答案】
25
【考点】
勾股定理的应用
已知正弦值求边长
【解析】
本题考查了解直角三角形，勾股定理，根据AB⊥BC，AP⊥DP，CD⊥DP，证明∠C=∠APB，由正切的定义得到tanC=PDCD=tan∠APB=ABBP=12，求出PB=8,PD=12CD，进而求出PC=10，利用勾股定理即可求解．
【解答】
解：∵AB⊥BC，AP⊥DP，CD⊥DP，
∴∠B=∠D=∠APD=90∘，
∴∠C+∠CPD=∠CPD+∠APB=90∘，
∴∠C=∠APB，
∴tanC=PDCD=tan∠APB=ABBP=12，
∴AB=12PB,PD=12CD，
∵AB=4，
∴PB=8，
∵BC=18，
∴CP=BC−PB=10，
∵CP=PD2+CD2=PD2+4PD2=5PD=10，
∴PD=25，
故答案为：25．
14.
【答案】
【考点】
勾股定理的应用
根据矩形的性质与判定求线段长
利用垂径定理求值
【解析】
本题主要考查了矩形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，构造直角三角形是求线段长的常用方法．连接AB，OA，作OG⊥CD，先证明四边形ACDB是矩形，进而得出AE=EB=8cm，再根据勾股定理求出OE，可得EF，根据FG=EG−EF即可得出答案．
【解答】
解：连接AB，OA，过点O作OG⊥CD于点G，交AB一点E，交⊙O于点F．
∵AC⊥CD，BD⊥CD，
∴AC // BD.
∵AC=BD，
∴四边形ACDB是平行四边形.
∵∠ACD=90∘，
∴四边形ACDB是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD=16cm.
∵OG⊥CD，
∴OG⊥AB，
∴AE=EB=8cm，
∴OE=OA2−AE2=102−82=6cm，
∴EF=OF−OE=10−6=4cm.
∵∠AEG=∠EGC=∠ACG=90∘，
∴四边形ACGE为矩形，
∴EG=AC=BD=5cm，
∴FG=EG−EF=5−4=1cm，
∴圆盘离桌面CD最近的距离是1cm，
故答案为：
15.
【答案】
1938
【考点】
含30度角的直角三角形
勾股定理与网格问题
利用菱形的性质求线段长
求角的正弦值
【解析】
取格点M,F，连接DF交BE于点O，由菱形的性质易求∠DME=30∘，设菱形网格的边长为a，则MD=DE=a，求出DO=12a,MO=32a，进而求出BO=532a，由勾股定理求出BD=BO2+DO2=19a，由sin∠EBD=DOBD即可求解．
【解答】
解：如图，取格点M,F，连接DF DF交BE于点O，
则DF⊥BE，
∵∠ABC=60∘，此图为相同的菱形组成的网格，
∴四边形ABCE，四边形MDEF为菱形，
∴∠DME=30∘，
设菱形网格的边长为a，则MD=DE=a，
∴DO=1=12a,MO=MD2−DO2=32a，
∴ME=2MO=3a，
∴BO=532a，
∴BD=BO2+DO2=19a，
∴sin∠EBD=DOBD=12a19a=1938．
故答案为：1938．
16.
【答案】
85或4825或2710或2716
【考点】
勾股定理的应用
解直角三角形的相关计算
【解析】
本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形，先利用勾股定理求出AB=5，由ADDB=23，求出AD=2,BD=3，设AB所在直线为l，分直线l与BC相交时，直线l与AC相交时，两种情况讨论，解直角三角形求出等腰三角形底边上高，即可求解．
【解答】
解：∵在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=3，BC=4，
∴AB=AC2+BC2=5，
∵ADDB=23，
∴AD=2,BD=3，
设AB所在直线为l，
直线l与BC相交时，设交点为E，
当BE=DE时，如图，过点E作EH⊥AB于点H，
则BH=DH=12BD=32（三线合一），
∵tanB=ACBC=EHBH=34，
∴EH=34BH=98，
∴等腰三角形BDE的面积为12BD⋅EH=12×3×98=2716；
当BD=BE时，如图，过点D作DG⊥BC于点G，
则BE=BD=3，
同理得：sinB=ACAB=DGBD=35，
∴DG=35BD=95，
∴等腰三角形BDE的面积为12BE⋅DG=12×3×95=2710；
直线l与AC相交时，设交点为F，
当AD=DF时，如图，过点D作DP⊥AC于点P，
同理得：sinA=BCAB=DPAD=45，
∴DP=45AD=85，
∴AP=AD2−DP2=65，
∴AF=2AP=125（三线合一），
∴等腰三角形ADF的面积为12AF⋅DP=12×125×85=4825；
当AD=AF时，如图，过点F作FQ⊥AB于点Q，
则AF=AD=2，
同理得：sinA=BCAB=FQAF=45，
∴FQ=45AF=85，
∴等腰三角形ADF的面积为12AD⋅FQ=12×2×85=85；
综上，该等腰三角形的面积为85或4825或2710或2716．
故答案为：85或4825或2710或2716．
三、解答题
17.
【答案】
32
−1
【考点】
实数的混合运算
二次根式的混合运算
比例的性质
特殊角三角函数值的混合运算
【解析】
（1）代入特殊角的三角函数值，根据二次根式的运算法则计算即可；
（2）由a+12=b+24，得到a2+12=b4+12，求出a2=b4，设a2=b4=k，即a=2k，b=4k，代入a−2ba+b即可求解．
【解答】
（1）解：原式=2×22×22−2×12×1+6×3
=1−1+32
=32；
（2）解：∵a+12=b+24，
∴a2+12=b4+12，
∴a2=b4，
设a2=b4=k，即a=2k，b=4k，
∴a−2ba+b=2k−2×4k2k+4k=−1．
18.
【答案】
图见解析；
图见解析．
【考点】
画已知图形放大或缩小n倍后的位似图形
无刻度直尺作图
【解析】
（1）利用网格特点确定BC中点E，连接AE，根据等腰三角形的“三线合一”性质可得AE是△ABC的角平分线；
（2）利用网格特点确定AC、BC中点D、E，连接DE，则△CDE和△CAB是位似图形，位似中心是C点．
【解答】
（1）解：如图1，AE为所作：
（2）解：如图2，△CDE为所作：
19.
【答案】
展板最高点A到地面PF的距离为145cm
【考点】
解直角三角形的应用-其他问题
【解析】
本题考查解直角三角形的应用，正确作出辅助线构造出直角三角形，熟练通过解直角三角形求相应未知量是解题的关键．过点A作AG⊥PF于点G，与直线QE交于点H，过点B作BM⊥AG于点M，过点D作DN⊥BM于点N，分别解作出的直角三角形即可解答．
【解答】
解：如图，过点A作AG⊥PF于点G，与直线QE交于点H，过点B作BM⊥AG于点M，过点D作DN⊥BM于点N，
∴四边形DHMN，四边形EFGH均为矩形，
∴MH=ND，EF=HG=5cm，BM // DH，
∴∠NBD=∠BDQ=60∘，
∴∠ABM=∠ABD−∠NBD=105∘−60∘=45∘，
在Rt△ABM中，∠AMB=90∘，
∵sin∠ABM=sin45∘=AMAB，
∴AM=AB⋅sin45∘=100×22=502cm，
在Rt△BDN中，∠BND=90∘，
∵sin∠NBD=sin60∘=NDBD，
∴ND=BD⋅sin60∘=80×32=403cm，
∴MH=ND=403cm，
∴AG=AM+MH+GH=502+403+5≈50×1.41+40×1.73+5≈145cm，
答：展板最高点A到地面PF的距离为145cm．
20.
【答案】
树状图见解析，取出的2张卡片字母相同为14；
取出的2张卡片中，至少有1张卡片字母为“A”概率为716．
【考点】
根据概率公式计算概率
列表法与树状图法
【解析】
（1）画树状图，找到等可能的结果数及要求的事件的结果数，再运用概率公式即可得解；
（2）结合(1)中的树状图，找到等可能的结果数及要求的事件的结果数，再运用概率公式即可得解．
【解答】
（1）解：画树状图如下：
由树状图可知，共有16种等可能的结果，其中取出的2张卡片字母相同的结果有4种，
∴取出的2张卡片字母相同的概率为416=14．
（2）解：由(1)可知，共有16种等可能的结果，其中取出的2张卡片中，至少有1张卡片字母为“A”的结果有7种，
∴取出的2张卡片中，至少有1张卡片字母为“A”的概率为716．
21.
【答案】
证明见解析；
BE=72．
【考点】
勾股定理的应用
同弧或等弧所对的圆周角相等
半圆（直径）所对的圆周角是直角
相似三角形的性质与判定
【解析】
（1）先利用弧、弦、圆心角的关系推得AC=CD，再由同弧或等弧所对的圆周角相等即可证明；
（2）结合半圆（直径）所对的圆周角是直角，用勾股定理解三角形求出BC，再证明△ABC∽△EAC，结合相似三角形的性质即可求得EC，由BE=BC−EC即可得解．
【解答】
（1）解：证：∵AC=CD，
∴AC=CD，
∴∠CAD=∠CBA；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90∘，
∵AB=10，AC=CD=6，
∴Rt△ABC中，BC=AB2−AC2=8，
∵∠CAD=∠CBA，∠ECA=∠ACB，
∴△ABC∽△EAC，
∴ACEC=BCAC，
∴EC=AC2BC=6×68=92，
∴BE=BC−EC=8−92=72．
22.
【答案】
见解析，(2)835
【考点】
全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
勾股定理的应用
相似三角形的性质与判定
等腰三角形的定义
【解析】
通过角的等量代换，得出∠C=∠DPB，通过AAS证明△CAP≅△PBD，即可作答．
(2)分别过点C,D,E作CF⊥AB,DG⊥AB,EH⊥AB，证明△ADG∽△ACF,△BEH∽△BCF，得出设AG=x,DG=2x,AD=5x，BH=y，EH=2y，BE=5y，证明△EPH≅△∠PDGAAS，列式得AG+PG+PH+BH=AB=8，算出x+y=83，即可作答．
【解答】
解：∵∠CPD=90∘，AC⊥AB，BD⊥AB
∴∠A=∠B=90∘，∠APC+∠C=90∘，∠APC+∠DPB=180∘−∠CPD=90∘
∴∠C=∠DPB
∵PC=PD
∴△CAP≅△PBDAAS；
(2)分别过点C,D,E作CF⊥AB,DG⊥AB,EH⊥AB，如图
∵AC=BC=45，AB=8
∴AF=BF=4
∴CF=452−42=8，
∵CF⊥AB,DG⊥AB,EH⊥AB，
∴DG∥CF,EH∥CF，
∴△ADG∽△ACF,△BEH∽△BCF，
∴ADAC=AGAF=DGCF，BEBC=HBBF=EHCF，
即AD45=AG4=DG8，BE45=HB4=EH8
∴AG:AD:DG=1:5:2，BH:BE:EH=1:5:2
设AG=x,DG=2x,AD=5x，BH=y，EH=2y，BE=5y
∵∠DPE=90∘
∴∠EPH+∠DPG=∠DPG+∠PDG=90∘
∴∠EPH=∠PDG
在△EPH和△∠PDG中
∠EPH=∠PDG∠PHE=∠DGPPE=DP
∴△EPH≅△∠PDGAAS
∴PG=EH=2y,PH=DG=2x
∴AG+PG+PH+BH=AB=8
∴x+2x+y+2y=8
∴x+y=83
∴AD+BE=5(x+y)=835；
23.
【答案】
y=2x2−4x−1
2+62≤m≤3
±12
【考点】
待定系数法求二次函数解析式
二次函数y=ax^2+bx+c (a≠0)的图象和性质
利用不等式求自变量或函数值的范围
利用平移的性质求解
【解析】
（1）采用待定系数法即可求解二次函数关系式；
（2）由(1)知二次函数的表达式为y=2x2−4x−1分别令y=0,y=5求出x1=2+62,x2=2−62，x3=3,x4=−1，结合图形即可解答；
（3）根据题意分为当n+20)个单位长度后，
∴点O(0,0)，B(0,−5)的对应点坐标为O′(m,5),B′(m,0)，
由(1)知二次函数的表达式为y=2x2−4x−1，
令y=2x2−4x−1=0，
解得：x1=2+62,x2=2−62，
令y=2x2−4x−1=5，
解得：x1=3,x2=−1，
如图：当B′点经过点2+62,0时，O′B′恰好与y=2x2+bx+c的图象有交点，
则m≥2+62；
如图，当O​″点经过点(3,5)时，O​″B​″恰好与y=2x2+bx+c的图象有交点，
则m≤3；
综上，2+62≤m≤3时，恰好与y=2x2+bx+c的图象有交点；
（3）解：∵二次函数y=2x2+bx+c的对称轴为直线x=1，且2>0，
∴当x≤1时，y随x的增大而减小，当x>1时，y随x的增大而增大，
①当n+2≤1时，即n≤−1时，
二次函数y=2x2+bx+c的最大值为2n2−4n−1，最小值为2(n+2)2−4(n+2)−1=2n2+4n−1，
∴2n2−4n−1−(2n2+4n−1)=92，
∴n=−916(不合题意，舍去)；
②当−11时，
二次函数y=2x2+bx+c的最小值为2n2−4n−1，最大值为2(n+2)2−4(n+2)−1=2n2+4n−1，
∴2n2+4n−1−(2n2−4n−1)=92，
∴n=916(不合题意，舍去)；
综上，n的值为±12．
24.
【答案】
见解析
①1:2；②3+5
【考点】
垂径定理
圆周角定理
已知圆内接四边形求角度
相似三角形的性质与判定
【解析】
（1）如图，连接AD,AC，利用垂径定理得到AD⌢=AC⌢，根据等腰三角形的性质得∠ADC=∠ACD，根据圆周角定理的推论得到∠AGD=∠ACD=∠ADC，再利用圆内接四边形的性质得到∠FGC=∠ADC，从而得到结论；
（2）①如图，连接OG，易得∠A=∠OGA，根据AG // BD，推出∠A=∠AGD，证明DG经过点O， 即O,H重合，DG为圆的直径，证明△DEH∽△DCG，即可得出结果 ；②连接BD,AC，表示出BH=r−2,AH=r+2,HE=r−3,AE=2r−1，证明△BDE∽△EAD，推出DE2=2r−1，AD=4r2−2r=DG，DH=r2−4r+8，HG=4r2−2r−r2−4r+8，再证明△BDH∽△GAH，得到r2−4r+8r+2=r−24r2−2r−r2−4r+8，，进而得到r2−6r+4=0，解方程结合题意取值即可．
【解答】
（1）解：证明：如图，连接AD,AC，
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴ AD⌢=AC⌢，
∴AD=AC，
∴∠ADC=∠ACD，
∵点A、D、C、G在⊙O上，
∴∠ADC+∠AGC=180∘，
∵ ∠FGC+∠AGC=180∘，
∴∠FGC=∠ADC，
∵∠AGD=∠ACD，
∴∠FGC=∠AGD；
（2）解：①如图，连接OG，
∵OA=OG，
∴∠A=∠OGA，
∵AG // BD，
∴∠B=∠A，
∵∠B=∠AGD，
∴∠A=∠AGD，
∴∠AGD=∠OGA，
∴DG经过点O，
∴O,H重合，即DG为圆的直径，
∴∠GCD=90∘，即CG⊥DC，
∵CD⊥AB，
∴HE // CG，
∴△DEH∽△DCG，
∴HE:CG=DE:CD=1:2；
②如图，连接BD,AC，
∵⊙O的半径r，OH=2,BE=1，
∴BH=r−2,AH=r+2,HE=r−3,AE=2r−1，
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴AD=AC，
∴AD=AC，
∵CG // AD，
∴AG=CD，
∴AC=DG，
∴AD=DG，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90∘，
∵CD⊥AB，
∴∠AED=90∘，
∴∠ADE+∠BDE=∠ADE+∠DAE=90∘，
∴∠BDE=∠DAE，
∵∠AED=∠BED=90∘，
∴△BDE∽△DAE，
∴DEBE=AEDE，
∴DE2=BE⋅AE=1×(2r−1)=2r−1，
∴AD=AE2+DE2=(2r−1)2+2r−1=4r2−2r=DG，
∵DH2=DE2+HE2，
∴DH=2r−1+(r−3)2=r2−4r+8，
∴HG=DG−DH=4r2−2r−r2−4r+8，
∵∠DHB=∠GHA,∠AGD=∠DBA，
∴△BDH∽△GAH，
∴DHAH=BHGH，
∴r2−4r+8r+2=r−24r2−2r−r2−4r+8，
∴r3−4r2−8r+8=0，
∴(r+2)(r2−6r+4)=0，
∵r>0，
∴r2−6r+4=0，
∴r=3±5，
由题意：r>3，
∴r=3+5，
∴⊙O的半径为3+5．A
B
C
A
(A,A)
(A,B)
(A,C)
B
(B,A)
(B,B)
(B,C)
C
(C,A)
(C,B)
(C,C)