浙江省温州市龙港市2022-2023学年九年级上学期期中阶段性检测数学试题(含答案)

这是一份浙江省温州市龙港市2022-2023学年九年级上学期期中阶段性检测数学试题(含答案)，共29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。
2022-2023学年浙江省温州市龙港市九年级第一学期期中数学试卷
一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分.每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）
1．一般情况下，下列事件属于不确定事件的是（　　）
A．三角形的内角和等于180°
B．任意抛掷一枚一元硬币，结果正面朝上
C．抛出去的篮球会下落
D．从一个只装有白球的袋子中摸出红球
2．在同一平面内，已知⊙O的半径为3cm，OP＝4cm，则点P与⊙O的位置关系是（　　）
A．点P在⊙O圆外 B．点P在⊙O上
C．点P在⊙O内 D．无法确定
3．学校招募运动会广播员，从三名男生和一名女生中随机选取一人，则选中女生的概率是（　　）
A． B． C． D．
4．将抛物线y＝3x2向左平移2个单位后所得抛物线的表达式是（　　）
A．y＝3（x+2）2 B．y＝（3x−2）2 C．y＝3x2+2 D．y＝3x2−2
5．如图，⊙O的弦AB＝8，M是AB的中点，且OM＝3，则⊙O的半径等于（　　）

A． B．4 C．5 D．6
6．已知在圆的内接四边形ABCD中，∠A：∠B：∠C＝2：3：7，则∠D等于（　　）
A．40° B．60° C．100° D．120°
7．二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分如图所示，它与x轴的一交点为B（6，0），对称轴为直线x＝2，则由图象可知，方程ax2+bx+c＝0的解是（　　）

A．x1＝0，x2＝6 B．x1＝﹣2，x2＝6 C．x1＝﹣1，x2＝6 D．x1＝﹣2，x2＝2
8．将进货价格为35元的商品按单价40元售出时，能卖出200个．已知该商品单价每上涨1元，其销售量就减少5个．设这种商品的售价上涨x元时，获得的利润为y元，则下列关系式正确的是（　　）
A．y＝（x﹣35）（200﹣5x） B．y＝（x+40）（200−10x）
C．y＝（x+5）（200﹣5x） D．y＝（x+5）（200−10x）
9．如图所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝28°．将△ABC绕点B逆时针方向旋转得到△A′BC′，使点C的对应点C′恰好落在边AB上，则∠CAA′等于（　　）

A．138° B．134° C．124° D．118°
10．已知点（m﹣3，y1），（m，y2）都在二次函数y＝（x﹣2）2+n的图象上．若y1＞y2，则m的取值范围为（　　）
A．m＞2 B．m＜2 C．m＞ D．m＜
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11．已知二次函数y＝ax2的图象开口向上，请写出一个符合条件的a的值：　 　．
12．在一个不透明的袋中装有除颜色外完全相同的a个小球，其中红球的个数为2，随机摸出一个球记下颜色后再放回袋中，通过大量重复实验发现，摸到红球的频率稳定于0.1附近，那么可以推算出a的值大约是 　 　．
13．如图，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，E是的中点，AE交BC于点F，则∠1＝　 　度．

14．在直径为60cm的圆柱形油罐内装进一些油后，其横截面如图所示，若油面宽AB＝48cm，则油的最大深度为 　 　cm．

15．如图，利用135°的墙角修建一个四边形ABCD的花坛，使得AD∥BC，∠C＝90°，如果新建围墙折线B﹣C﹣D总长15米，那么当CD＝　 　米时，花坛的面积会达到最大．

16．如图，在以AB为直径的半圆O上，AB＝2，点C是半圆弧上的任意点，点F是的中点，连结BF交AC于点E，AD平分∠CAB交BF于点D，则∠ADB＝　 　度；当DB＝DF时，BC的长为 　 　．

三、解答题（本题有8小题，共80分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．小乐从标有1到20数字的20张相同的卡片中任取一张．
（1）求抽到的卡片的数字是5的倍数的概率．
（2）求抽到的卡片的数字既是2的倍数，又是5的倍数的概率．
18．如图，在单位长度为1的正方形网格中建立一直角坐标系，一条圆弧经过网格点A、B、C，请在网格图中进行下列操作（以下结果保留根号）：
（1）利用网格作出该圆弧所在圆的圆心D点的位置，并写出D点的坐标为　 　；
（2）连接AD、CD，则⊙D的半径为　 　，∠ADC的度数为　 　．

19．已知：如图，在⊙O中，∠ABD＝∠CDB．
求证：AB＝CD．

20．某社区举行新冠疫情防控核酸检测，卫生防疫部门在该社区设置了三个检测点A，B，C，甲、乙两人可以任意选择一个检测点检测．
（1）求甲在A检测点或B检测点检测的概率．
（2）求甲、乙两人选择同一个检测点的概率（用树状图或列表的方法求解）．
21．如图，已知抛物线y＝x2+5x+4交x轴于点A（点A在该抛物线对称轴的左侧），交y轴于点B，AB交抛物线对称轴于点P．
（1）求证：OA＝OB．
（2）求点P的坐标．

22．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，延长BC至点D，使得DC＝CB，延长DA交⊙O于另一个点E，连结AC，CE．
（1）求证：∠D＝∠E．
（2）若AD＝5，AE＝3，求CE的长．

23．根据以下素材，探索完成任务．
如何设计高架桥的限高及车道宽方案？
素材1
图1高架桥是一段圆弧拱形结构，图2是它的示意图．经测量，拱形跨度24m，拱顶离地面6m．

素材2
如图3，某道路规划部门计划将左侧公路分为非机动车道、机动车道一、机动车道二及绿化带四部分，原计划设计非机动车道宽3m，每条机动车道宽均3.5m．为了保证车辆的行驶安全，高架下方需要设置限高标志以警示车辆驾驶员．（限高即图中FC的高度）

素材3
如图4，由于城市道路绿化需求，道路规划部门确定新方案为在非机动车道和机动车道一之间增加一条宽为1m的绿化带，中间绿化带宽度不变，每条机动车道道宽均不小于3.25m且相等，非机动车道最高高度不小于2.5m．


问题解决
任务1
确定桥拱所在圆弧的半径．
在图2中补好图形，标注字母、数据等信息，求出桥拱所在圆弧的半径长．
任务2
探究原计划该高架桥下方机动车道一的限高要求．
在图3中画出图形，标注字母、数据等信息，计算确定机动车道一的限高高度．
任务3
拟定新方案下非机动车道和机动车车道宽度．
给出一对符合新方案要求的非机动车道和机动车道的道宽值．
（参考数值：＝9.63，＝11.61）


24．如图，抛物线y＝−x2+bx+c经过点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C，点D在射线CO上运动．
（1）求该抛物线的表达式和对称轴．
（2）过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，F（点E在点F的左侧），若EF＝2OC，求点E的坐标．
（3）记抛物线的顶点关于直线EF的对称点为点P，当点P到x轴的距离等于1时，求出所有符合条件的线段EF的长．



参考答案
一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分.每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）
1．一般情况下，下列事件属于不确定事件的是（　　）
A．三角形的内角和等于180°
B．任意抛掷一枚一元硬币，结果正面朝上
C．抛出去的篮球会下落
D．从一个只装有白球的袋子中摸出红球
【分析】根据事件发生的可能性大小判断即可．
解：A、三角形的内角和等于180°，是必然事件，属于确定事件，不符合题意；
B、任意抛掷一枚一元硬币，结果正面朝上，是随机事件，属于不确定事件，符合题意；
C、抛出去的篮球会下落，是必然事件，属于确定事件，不符合题意；
D、从一个只装有白球的袋子中摸出红球，是不可能事件，属于确定事件，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念，必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
2．在同一平面内，已知⊙O的半径为3cm，OP＝4cm，则点P与⊙O的位置关系是（　　）
A．点P在⊙O圆外 B．点P在⊙O上
C．点P在⊙O内 D．无法确定
【分析】直接根据点与圆的位置关系进行解答即可．
解：∵⊙O的半径为3cm，OP＝4cm，
∴OP＞⊙O的半径，
∴点P在⊙O外．
故选：A．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则点P在圆外⇔d＞r；点P在圆上⇔d＝r；点P在圆内⇔d＜r．
3．学校招募运动会广播员，从三名男生和一名女生中随机选取一人，则选中女生的概率是（　　）
A． B． C． D．
【分析】用女生人数除以学生总人数即可求得概率．
解：∵从三名男生和一名女生共四名候选人中随机选取一人，
∴选中女生的概率为，
故选：C．
【点评】本题考查概率的意义和计算方法，理解概率的意义，掌握概率的求法是解决问题的前提．
4．将抛物线y＝3x2向左平移2个单位后所得抛物线的表达式是（　　）
A．y＝3（x+2）2 B．y＝（3x−2）2 C．y＝3x2+2 D．y＝3x2−2
【分析】根据向左平移横坐标减，纵坐标不变求出平移后的抛物线的顶点坐标，然后利用顶点式形式写出即可．
解：∵抛物线y＝3x2的顶点坐标是（0，0），抛物线y＝3x2向左平移2个单位后的顶点坐标为（﹣2，0），
∴所得抛物线的解析式为y＝3（x+2）2．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
5．如图，⊙O的弦AB＝8，M是AB的中点，且OM＝3，则⊙O的半径等于（　　）

A． B．4 C．5 D．6
【分析】如图，连接OA．根据垂径定理，求得AM．再根据勾股定理，再求得半径OA．
解：如图，连接OA．

∵⊙O的弦AB＝8，M是AB的中点，
∴AM＝＝4，OM⊥AB．
在Rt△AOM中，∠AMO＝90°，
∴OA＝＝5．
∴⊙O的半径等于5．
故选：C．
【点评】本题主要考查垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理以及勾股定理是解决本题的关键．
6．已知在圆的内接四边形ABCD中，∠A：∠B：∠C＝2：3：7，则∠D等于（　　）
A．40° B．60° C．100° D．120°
【分析】根据圆内接四边形的性质得出∠A+∠C＝180°，∠B+∠D＝180°，根据∠A：∠B：∠C＝2：3：7求出∠A：∠B：∠C：∠D＝2：3：7：6，再求出∠D即可．
解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，∠B+∠D＝180°，
∵∠A：∠B：∠C＝2：3：7，
∴∠A：∠B：∠C：∠D＝2：3：7：6，
∴∠D＝180°×＝120°，
故选：D．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，能熟记圆内接四边形的对角互补是解此题的关键．
7．二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分如图所示，它与x轴的一交点为B（6，0），对称轴为直线x＝2，则由图象可知，方程ax2+bx+c＝0的解是（　　）

A．x1＝0，x2＝6 B．x1＝﹣2，x2＝6 C．x1＝﹣1，x2＝6 D．x1＝﹣2，x2＝2
【分析】根据二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分可知该抛物线的对称轴是直线x＝2，然后由抛物线的对称性求得该图象与x轴的另一个交点，即方程ax2+bx+c＝0的另一个解．
解：根据图示知，抛物线y＝ax2+bx+c图象的对称轴是直线x＝2，与x轴的一个交点坐标为B（6，0），
根据抛物线的对称性知，抛物线y＝ax2+bx+c图象与x轴的两个交点关于直线x＝2对称，
即抛物线y＝ax2+bx+c图象与x轴的另一个交点与B（6，0）关于直线x＝2对称，
∴另一个交点的坐标为（﹣2，0），
∴方程ax2+bx+c＝0的解是x＝﹣2或x＝6．
故选：B．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点．解得该题时，充分利用了抛物线的对称性．
8．将进货价格为35元的商品按单价40元售出时，能卖出200个．已知该商品单价每上涨1元，其销售量就减少5个．设这种商品的售价上涨x元时，获得的利润为y元，则下列关系式正确的是（　　）
A．y＝（x﹣35）（200﹣5x） B．y＝（x+40）（200−10x）
C．y＝（x+5）（200﹣5x） D．y＝（x+5）（200−10x）
【分析】根据售价减去进价表示出实际的利润．
解：根据题意可得：y＝（40+x﹣35）（200﹣5x）＝（x+5）（200﹣5x），
故选：C．
【点评】此题考查了二次函数的应用，解题的关键是理解“该商品单价每上涨1元，其销售量就减少5个”．
9．如图所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝28°．将△ABC绕点B逆时针方向旋转得到△A′BC′，使点C的对应点C′恰好落在边AB上，则∠CAA′等于（　　）

A．138° B．134° C．124° D．118°
【分析】先由“直角三角形的两个锐角互余”求得∠BAC＝62°，再根据旋转的性质得A′B＝AB，∠A′BA＝∠ABC＝28°，则∠BAA′＝76°，即可求得∠CAA′＝∠BAC+∠BAA′＝138°，于是得到问题的答案．
解：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝28°，
∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝90°﹣28°＝62°，
由旋转得A′B＝AB，∠A′BA＝∠ABC＝28°，
∴∠BAA′＝∠BA′A，
∵∠BAA′+∠BA′A+∠A′BA＝180°，
∴2∠BAA′+28°＝180°，
∴∠BAA′＝76°，
∴∠CAA′＝∠BAC+∠BAA′＝62°+76°＝138°，
故选：A．
【点评】此题重点考查旋转的性质、直角三角形的两个锐角互余、等腰三角形的性质、三角形内和定理等知识，由A′B＝AB求出∠BAA′的度数是解题的关键．
10．已知点（m﹣3，y1），（m，y2）都在二次函数y＝（x﹣2）2+n的图象上．若y1＞y2，则m的取值范围为（　　）
A．m＞2 B．m＜2 C．m＞ D．m＜
【分析】根据题意得到关于m的不等式，解不等式即可．
解：∵点（m﹣3，y1），（m，y2）都在二次函数y＝（x﹣2）2+n的图象上．
∴y1＝（m﹣3﹣2）2+n，y2＝（m﹣2）2+n，
∵y1＞y2，
∴（m﹣3﹣2）2+n＞（m﹣2）2+n，
解得m＜，
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：熟练掌握二次函数图象上点的坐标满足其解析式．也考查了二次函数的性质．
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11．已知二次函数y＝ax2的图象开口向上，请写出一个符合条件的a的值：　a＝1（答案不唯一）　．
【分析】由二次函数图象的性质可得：a＞0时图象开口向上．
解：∵二次函数y＝ax2的图象开口向上，
∴a＞0，
∴a＝1符合题意，
故答案为：a＝1（答案不唯一）．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质；掌握二次函数中二次项系数与开口的关系是解题的关键．
12．在一个不透明的袋中装有除颜色外完全相同的a个小球，其中红球的个数为2，随机摸出一个球记下颜色后再放回袋中，通过大量重复实验发现，摸到红球的频率稳定于0.1附近，那么可以推算出a的值大约是 　20　．
【分析】用红球的个数除以摸到红球的频率稳定值即可得出答案．
解：∵袋中红球的个数为2，且大量重复实验发现，摸到红球的频率稳定于0.1附近，
∴袋中球的总个数a的值大约是2÷0.1＝20，
故答案为：20．
【点评】本题主要考查利用频率估计概率，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．
13．如图，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，E是的中点，AE交BC于点F，则∠1＝　67.5　度．

【分析】根据四边形ABCD是⊙O的内接正方形，得∠BAC＝45°，∠B＝90°，根据＝，得∠BAE＝∠CAE＝∠BAC＝22.5°，即可求出∠1的度数．
解：∵四边形ABCD是⊙O的内接正方形，
∴∠BAC＝45°，∠B＝90°，
∵E是的中点，
∴＝，
∴∠BAE＝∠CAE＝∠BAC＝22.5°，
∴∠1＝90°﹣22.5°＝67.5°．
故答案为：67.5．
【点评】本题考查正多边形与圆，正方形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
14．在直径为60cm的圆柱形油罐内装进一些油后，其横截面如图所示，若油面宽AB＝48cm，则油的最大深度为 　12　cm．

【分析】首先过点O作OD⊥AB于点C，交⊙O于点D，连接OA，由垂径定理即可求得AC的长，然后由勾股定理，求得OC的长，继而求得油的最大深度．
解：过点O作OD⊥AB于点C，交⊙O于点D，连接OA，
由垂径定理得：AC＝AB＝×48＝24（cm），
在Rt△ACO中，AC2+OC2＝AO2，
∴242+OC2＝302，
解得：OC＝18，
∴CD＝OD﹣OC＝30﹣18＝12（cm）．
故油的最大深度是12cm．
故答案为：12．

【点评】此题考查了垂径定理与勾股定理的应用．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
15．如图，利用135°的墙角修建一个四边形ABCD的花坛，使得AD∥BC，∠C＝90°，如果新建围墙折线B﹣C﹣D总长15米，那么当CD＝　5　米时，花坛的面积会达到最大．

【分析】过点A作AE⊥BC于E，则四边形ADCE为矩形，再证明△AEB是等腰直角三角形，得出DC＝AE＝BE＝xm，则AD＝CE＝（15﹣2x）m，然后根据梯形的面积公式即可求出S与x之间的函数关系式，根据二次函数的性质直接求解．
解：如图：

过点A作AE⊥BC于E，则四边形ADCE为矩形，∠DAE＝∠AEB＝90°，
则∠BAE＝∠BAD﹣∠EAD＝45°，
设DC＝AE＝xm，
在Rt△AEB中，
又∵∠AEB＝90°，
∴∠B＝45°，
∴AE＝BE＝xm，
∴AD＝CE＝（15﹣2x）m，
∴梯形ABCD面积S＝（AD+BC）•CD＝（15﹣2x+15﹣x）•x＝﹣x2+15x＝﹣（x﹣5）2+，
∴当x＝5时，S最大＝．
也就是当CD长为5m时，才能使储料场的面积最大，
故答案为：5．
【点评】此题考查二次函数的运用，利用梯形的面积建立二次函数，进一步利用函数的性质解决问题．
16．如图，在以AB为直径的半圆O上，AB＝2，点C是半圆弧上的任意点，点F是的中点，连结BF交AC于点E，AD平分∠CAB交BF于点D，则∠ADB＝　135　度；当DB＝DF时，BC的长为 　　．

【分析】根据“直径所对的圆周角是直角”得出∠ACB＝90°，从而得到∠ABC+∠CBA＝90°，再由“点F是的中点”、“AD平分∠CAB”分别得出∠ABF＝∠ABC、∠BAD＝∠CAB，从而有∠ABF+∠BAD＝45°，再由“三角形内角和定理”得出∠ADB的度数；连接AF、OF，OF交AC于点M，由圆的有关性质得到∠AFB＝90°、OF⊥AC，从而得出AF＝DF，再由“DB＝DF”得BF＝2AF，从而由勾股定理求出AF的长、OM的长，然后解直角三角形求解即可．
解：∵AB是半圆O的直径，AB＝2，
∴∠ACB＝90°，OA＝OB＝AB＝，
∴∠ABC+∠CBA＝90°，
∵点F是的中点，
∴＝，
∴∠ABF＝∠CBF＝ABC，
∵AD平分∠CAB，
∴∠BAD＝∠CAB，
∴∠ABF+∠BAD＝（∠ABC+∠CAB）＝45°，
∴∠ADB＝180°﹣（∠ABF+∠BAD）＝135°，
∴∠ADF＝180°﹣∠ADB＝45°，
连接AF、OF，OF交AC于点M，如图，

则OF＝OA＝，∠AFB＝90°，
∴∠DAF＝90°﹣∠ADF＝45°＝∠ADF，
∴AF＝DF，
当DB＝DF时，BF＝2DF＝2AF，
在Rt△ABF中，AF2+BF2＝AB2，
即AF2+（2AF）2＝，
∴AF2＝4，
∵AF＞0，
∴AF＝2，
∵点F是的中点，
∴OF⊥AC，
∴∠AMO＝∠AMF＝90°，
设OM＝x，则FM＝OF﹣OM＝﹣x，
在Rt△AOM中，AM2＝OA2﹣OM2＝﹣x2，
在Rt△AFM中，AM2＝AF2﹣FM2＝22﹣，
∴﹣x2＝22﹣，
∴x＝，
∴OM＝，
∵sin∠BAC＝＝，
∴BC＝＝＝，
故答案为：135；．
【点评】此题是圆的综合题，考查了圆周角定理、角平分线定义、三角形外角性质、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握圆周角定理、三角形外角性质、勾股定理、解直角三角形等知识并作出合理的辅助线是解题的关键．
三、解答题（本题有8小题，共80分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．小乐从标有1到20数字的20张相同的卡片中任取一张．
（1）求抽到的卡片的数字是5的倍数的概率．
（2）求抽到的卡片的数字既是2的倍数，又是5的倍数的概率．
【分析】（1）总共20张卡片，是5的倍数的有4张，根据概率公式即可求出答案；
（2）总共20张卡片，卡片的数字既是2的倍数，又是5的倍数的有2张，根据概率公式即可求出答案．
解：（1）∵总共20张卡片，是5的倍数的有4张，
∴抽到的卡片的数字是5的倍数的概率为＝；
（2）∵总共20张卡片，卡片的数字既是2的倍数，又是5的倍数的有2张，
∴抽到的卡片的数字既是2的倍数，又是5的倍数的概率为＝．
【点评】此题考查了概率公式，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
18．如图，在单位长度为1的正方形网格中建立一直角坐标系，一条圆弧经过网格点A、B、C，请在网格图中进行下列操作（以下结果保留根号）：
（1）利用网格作出该圆弧所在圆的圆心D点的位置，并写出D点的坐标为　（2，1）　；
（2）连接AD、CD，则⊙D的半径为　　，∠ADC的度数为　90°　．

【分析】（1）利用网格特点，作AB和BC的垂直平分线，然后根据垂径的推论可判定它们的交点为D点，从而得到D点坐标；
（2）先利用勾股定理计算出DA、DC、AC，然后利用勾股定理的逆定理证明∠ADC的度数为90°．
解：（1）如图，点D为所作，
D点坐标为（2，1）；
（2）AD＝＝，CD＝＝，AC＝＝，
∵DA2+DC2＝AC2，
∴△ADC为直角三角形，∠ADC＝90°，
即⊙D的半径为，∠ADC的度数为90°．
故答案为（2，1）；，90°．

【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理和勾股定理的逆定理．
19．已知：如图，在⊙O中，∠ABD＝∠CDB．
求证：AB＝CD．

【分析】由∠ABD＝∠CDB，根据圆周角定理得到＝，则＝，由此得到AB＝CD．
【解答】证明：∵∠ABD＝∠CDB，
∴＝，
∴+＝+，
∴＝，
∴AB＝CD．
【点评】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
20．某社区举行新冠疫情防控核酸检测，卫生防疫部门在该社区设置了三个检测点A，B，C，甲、乙两人可以任意选择一个检测点检测．
（1）求甲在A检测点或B检测点检测的概率．
（2）求甲、乙两人选择同一个检测点的概率（用树状图或列表的方法求解）．
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有9种等可能的结果，其中甲、乙两人选择同一个检测点的结果有3种，再由概率公式求解即可．
解：（1）甲在A检测点或B检测点检测的概率为；
（2）画树状图如下：

共有9种等可能的结果，其中甲、乙两人选择同一个检测点的结果有3种，
∴甲、乙两人选择同一个检测点的概率为＝．
【点评】本题考查的是用树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
21．如图，已知抛物线y＝x2+5x+4交x轴于点A（点A在该抛物线对称轴的左侧），交y轴于点B，AB交抛物线对称轴于点P．
（1）求证：OA＝OB．
（2）求点P的坐标．

【分析】（1）分别令x＝0，y＝0，解方程求出抛物线与坐标轴的交点即可；
（2）根据A，B坐标用待定系数法求出直线AB的解析式，再求出抛物线对称轴x＝﹣，把x＝﹣代入直线AB的解析式即可．
【解答】（1）证明：令y＝0，则x2+5x+4＝0，
解得x1＝﹣4，x2＝﹣1，
∴A（﹣4，0），
∴OA＝4，
令x＝0，则y＝4，
∴B（0，4），
∴OB＝4，
∴OA＝OB；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+b，
则，
解得，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+4，
∵抛物线对称轴为直线x＝﹣，
∴当x＝﹣时，y＝﹣+4＝，
∴点P的坐标（﹣，）．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点以及待定系数法求函数解析式，关键是二次函数性质的应用．
22．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，延长BC至点D，使得DC＝CB，延长DA交⊙O于另一个点E，连结AC，CE．
（1）求证：∠D＝∠E．
（2）若AD＝5，AE＝3，求CE的长．

【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，从而可得AC是BD的垂直平分线，然后利用线段垂直平分线的性质可得AD＝AB，从而可得∠D＝∠ABC，再根据同弧所对的圆周角相等可得∠ABC＝∠E，即可解答；
（2）连接BE，根据直径所对的圆周角是直角可得∠AEB＝90°，然后在Rt△AEB中，利用勾股定理求出BE的长，
再在Rt△DEB中，利用勾股定理求出BD的长，最后利用直角三角形斜边上的中线性质，进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵DC＝BC，
∴AC是BD的垂直平分线，
∴AD＝AB，
∴∠D＝∠ABC，
∵∠ABC＝∠E，
∴∠D＝∠E；
（2）解：连接BE，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∵AB＝AD＝5，AE＝3，
∴BE＝＝＝4，
在Rt△DEB中，DE＝AD+AE＝5+3＝8，
∴DB＝＝＝4，
∵DC＝BC，
∴CE＝BD＝2，
∴CE的长为2．
【点评】本题考查了圆周角定理，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，熟练掌握圆周角定理，以及勾股定理是解题的关键．
23．根据以下素材，探索完成任务．
如何设计高架桥的限高及车道宽方案？
素材1
图1高架桥是一段圆弧拱形结构，图2是它的示意图．经测量，拱形跨度24m，拱顶离地面6m．

素材2
如图3，某道路规划部门计划将左侧公路分为非机动车道、机动车道一、机动车道二及绿化带四部分，原计划设计非机动车道宽3m，每条机动车道宽均3.5m．为了保证车辆的行驶安全，高架下方需要设置限高标志以警示车辆驾驶员．（限高即图中FC的高度）

素材3
如图4，由于城市道路绿化需求，道路规划部门确定新方案为在非机动车道和机动车道一之间增加一条宽为1m的绿化带，中间绿化带宽度不变，每条机动车道道宽均不小于3.25m且相等，非机动车道最高高度不小于2.5m．


问题解决
任务1
确定桥拱所在圆弧的半径．
在图2中补好图形，标注字母、数据等信息，求出桥拱所在圆弧的半径长．
任务2
探究原计划该高架桥下方机动车道一的限高要求．
在图3中画出图形，标注字母、数据等信息，计算确定机动车道一的限高高度．
任务3
拟定新方案下非机动车道和机动车车道宽度．
给出一对符合新方案要求的非机动车道和机动车道的道宽值．
（参考数值：＝9.63，＝11.61）


【分析】利用垂径定理，勾股定理解决问题即可．
解：任务一：如图2中，设OA＝OE＝r．

∵OE⊥AC，OE是半径，
∴AJ＝JC＝12m，
在Rt△AJO中，AO2＝AJ2+OJ2，
∴r2＝122+（r﹣6）2，
解得r＝15，
∴桥拱所在圆弧的半径长为15m．

任务二：如图3中，连接OF，过点F作FG⊥OE于点G，则四边形CFGJ是矩形．

由题意CJ＝FG＝9m，OF＝15m，
∴OG＝＝＝12（m），
∴CF＝GJ＝OG﹣OJ＝12﹣9＝3（m），
∴机动车道一的限高高度为3m．

任务三：如图4中，

当CF＝2.5m时，GJ＝CF＝2.5m，
∴OG＝OJ+JG＝11.5m，
∴FG＝＝＝＝9.62（m），
∴CJ＝FG＝9.62m，
∵9.62﹣1﹣2＝6.62（m），6.62÷2＝3.31（m），12﹣9.62＝2.38（m）
∴非机动车道和机动车道的道宽值分别为2.38m，3.31m．
【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
24．如图，抛物线y＝−x2+bx+c经过点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C，点D在射线CO上运动．
（1）求该抛物线的表达式和对称轴．
（2）过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，F（点E在点F的左侧），若EF＝2OC，求点E的坐标．
（3）记抛物线的顶点关于直线EF的对称点为点P，当点P到x轴的距离等于1时，求出所有符合条件的线段EF的长．

【分析】（1）利用待定系数法即可求得抛物线的解析式，利用对称轴公式求得对称轴即可；
（2）设点E（m，﹣m2+2m+3），（m＜0），则OC＝3，由轴对称性得FE＝2（1﹣m）＝2﹣2m，根据EF＝2OC得出6＝2﹣2m，解方程即可；
（3）当点P到x轴的距离等于1时，可得点P的纵坐标，进而得出点E，F（点E在点F的左侧）的纵坐标，代入抛物线y＝﹣x2+2x+3求出x的值，即可得线段EF的长．
解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0），点B（3，0），
∴
解得，
∴抛物线为y＝﹣x2+2x+3，
∴对称轴为直线x＝﹣＝1；
（2）设点E（m，﹣m2+2m+3），（m＜0），
∴由轴对称性得FE＝2（1﹣m）＝2﹣2m，C（0，3），
∴OC＝3，
∵EF＝2OC，
∴2﹣2m＝6，
解得m＝−﹣2，
∴E（﹣2，﹣5）；
（3）当点P到x轴的距离等于1时，点P的纵坐标为1或﹣1，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的顶点为（1，4），
∴点E，F（点E在点F的左侧）的纵坐标为或，
当y＝时，﹣x2+2x+3＝，
解得x＝，
∴EF＝﹣＝；
当y＝时，﹣x2+2x+3＝，
解得x＝，
∴EF＝﹣＝．
综上所述，线段EF的长为或．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，轴对称的性质等知识点，数形结合以及分类思想的运用是解题的关键．