2023-2024学年浙江省金华市东阳市六校九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省金华市东阳市六校九年级（上）期中数学试卷（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.抛物线y=3x2+2开口方向是( )
A. 向上B. 向下C. 向左D. 向右
2.下列成语或词语所反映的事件中，属于随机事件的是( )
A. 瓜熟蒂落B. 旭日东升C. 缘木求鱼D. 守株待兔
3.剪纸是我国民间艺术，入选“人类非物质文化遗产”，如图剪纸图案是一个中心对称图形，将其绕中心旋转一定角度后，依然与原图形重合，这个角度不可以是( )
A. 60°B. 90°C. 120°D. 180°
4.已知ab=12，则a+ba−b的值是( )
A. 3B. −3C. 13D. −13
5.如图是2022年杭州亚运会徽标的示意图，若AO=5，BO=2，∠AOD=120°，则阴影部分面积为( )
A. 14πB. 7πC. 253πD. 2π
6.如图，四边形ABCD内接于⊙O，已知点C为BD的中点，若∠A=50°，则∠CBD的度数为( )
A. 50°
B. 40°
C. 30°
D. 25°
7.表格列出的是一个二次函数的自变量x与函数y的几组对应值：其中，a的值为( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
8.如图，⊙O的半径是2，直线l与⊙O相交于A.B两点，M、N是⊙O上的两个动点，且在直线l的异侧，若∠AMB=45°，则四边形MANB面积的最大值是( )
A. 2 2B. 4C. 4 2D. 8 2
9.大自然是美的设计师，即使是一片小小的树叶，也蕴含着“黄金分割”，如图，P为AB的黄金分割点(AP>PB)，则下列结论中正确的是( )
①AB2=AP2+BP2；
②BP2=AP⋅BA；
③APBP= 5−12；
④BPAP= 5−12．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
10.已知抛物线y=−x2+bx+3的顶点坐标为(1,4)，若关于x的一元二次方程−x2+bx+3−t=0(为实数)在−1≤x≤5范围内有两个不同的实数根，则实数t的取值范围是( )
A. −12≤t<4B. t<4C. −12二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.已知⊙O的半径为6cm，线段OP的长为4cm，则点P在⊙O ______(填“内”、“外”或“上”)．
12.在一个不透明的袋子里装有红球、黄球共20个，这些球除颜色外其他都相同.小明通过多次重复试验发现，摸出红球的频率稳定在0.4左右，则袋子中红球的个数最有可能是______个.
13.如图，直线y=x−1与抛物线y=x2−3x+2都经过点A(1,0)和B(3,2)，则不等式x−1≥x2−3x+2的解集是______．
14.如图，在边长为1的正方形网格中，A、B、C、D为格点，连接AB、CD相交于点E，则AE的长为______．
15.如图，一张扇形纸片的圆心角为90°，半径为6.将这张扇形纸片折叠，使点A与点O恰好重合，折痕为CD，则阴影部分的面积为______．
16.图1是一个瓷碗，图2是其截面图，碗体DEC呈抛物线状(碗体厚度不计)，碗口宽CD=12cm，此时面汤最大深度EG=8cm．
(1)当面汤的深度ET为4cm时，汤面的直径PQ长为______；
(2)如图3，把瓷碗绕点B缓缓倾斜倒出部分面汤，当∠ABM=45°时停止，此时碗中液面宽度CH= ______．
三、解答题：本题共8小题，共66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)
有一张明星演唱会的门票，小明和小亮都想获得这张门票，亲自体验明星演唱会的热烈气氛，小红为他们出了一个主意，方法就是：从印有1、2、3、4、5、4、6、7的8张扑克牌中任取一张，抽到比4大的牌，小明去；否则，小亮去．
(1)求小明抽到4的概率；
(2)你认为这种方法对小明和小亮公平吗？请说明理由．
18.(本小题6分)
已知线段a、b、c满足a3=b2=c6，且a+2b+c=26．
(1)求a、b、c的值；
(2)若线段x是线段a、b的比例中项，求x．
19.(本小题6分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A(−1,3)，B(−3,0)，C(−1,0)，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°后得到△A1B1C.(每个方格的边长均为1个单位)
(1)画出△A1B1C并直接写出：
A1的坐标为______，
B1的坐标为______；
(2)判断直线AB与直线A1B1的位置关系为______．
20.(本小题8分)
如图，AB是⊙O的直径，点C，D是⊙O上的点，且OD/​/BC，AC分别与BD，OD相交于点E，F．
(1)求证：点D为AC的中点；
(2)若DF=4，AC=16，求⊙O的直径．
21.(本小题8分)
如图，一位同学通过调整自己的位置，设法使三角板的斜边保持水平，并且边DE与点B在同一直线上，已知两条边DE=0.4m，EF=0.2m，测得边DF离地面AC=1.5m，CD=8m，求树高．
22.(本小题10分)
足球训练中球员从球门正前方8米的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线.当球飞行的水平距离为6米时，球达到最高点，此时球离地面3米.现以O为原点建立如图所示直角坐标系．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)已知球门高OB为2.44米，通过计算判断球能否射进球门(忽略其他因素)；
(3)已知点C为OB上一点，OC=2.25米，若射门路线的形状、最大高度均保持不变，当时球员带球向正后方移动n米再射门，足球恰好经过OC区域(含点O和C)，求n的取值范围．
23.(本小题10分)
【模型呈现：材料阅读】
如图1，点B，C，E在同一直线上，点A，D在直线CE的同侧，△ABC和△CDE均为等边三角形，AE，BD交于点F，对于上述问题，存在结论(不用证明)：
(1)△BCD≌△ACE．
(2)△ACE可以看作是由△BCD绕点C旋转而成．
【模型改编：问题解决]
点A，D在直线CE的同侧，AB=AC，ED=EC，∠BAC=∠DEC=50°，直线AE，BD交于F，如图1：点B在直线CE上，
①求证：△BCD∽△ACE．
②求∠AFB的度数．
如图2：将△ABC绕点C顺时针旋转一定角度．
③补全图形，则∠AFB的度数为______．
④若将“∠BAC=∠DEC=50°”改为“∠BAC=∠DEC=m°”，则∠AFB的度数为______.(直接写结论)
【模型拓广：问题延伸]
(3)如图3：在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB=2，AD=ED=2 3，DG=6，连接AG，BF，求BFAG的值．
24.(本小题12分)
已知，直角△ABC中，∠BAC=90°，BC=10，AB=6，过A，B两点作圆交射线CA于点D，交射线CB于点E．
(1)如图1，当点D在线段AC中点时，求BD的长．
(2)如图2，当点D在线段AC上时，若点D为AE的中点，求BD的长．
(3)如图3，连接AE，若△AEC为等腰三角形，求所有满足条件的BD的值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：在y=3x2+2中，
∵3>0，
∴抛物线y=3x2+2开口方向是向上；
故选：A．
根据a>0，抛物线y=ax2+bx+c开口向上即可解答．
本题考查二次函数的性质，解题的关键是掌握y=ax2+bx+c中，若a>0，则抛物线y=ax2+bx+c开口向上．
2.【答案】D
【解析】解：A、瓜熟蒂落，是必然事件，不符合题意；
B、旭日东升，是必然事件，不符合题意；
C、缘木求鱼，是不可能事件，不符合题意；
D、守株待兔，是随机事件，符合题意；
故选：D．
根据事件发生的可能性大小判断．
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．
3.【答案】B
【解析】解：由图形知，该图形是旋转对称图形，
则旋转60°，120°，180°都可以与自身重合，
故选：B．
利用旋转变换的性质判断即可．
本题主要考查了旋转对称图形的特征，仔细观察图形求出旋转角是120°的整数倍是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵ab=12，
∴b=2a，
∴a+ba−b=a+2aa−2a=−3．
故选：B．
直接利用已知得出b=2a，进而代入求出答案．
此题主要考查了比例的性质，正确将已知变形是解题关键．
5.【答案】B
【解析】解：S阴影=S扇形AOD−S扇形BOC
=120π×52360−120π×22360
=21π3
=7π，
故选：B．
根据S阴影=S扇形AOD−S扇形BOC，求解即可．
本题考查扇形的面积，解题的关键是熟记扇形面积计算公式：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则S扇形=n360πR2或S扇形=12lR(其中l为扇形的弧长)．
6.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠A=50°，
∴∠BCD=180°−∠A=180°−50°=130°，
∵点C为BD的中点，
∴CD=CB，
∴∠CDB=∠CBD=12×(180°−130°)=25°，
故选：D．
根据圆内接四边形的性质得到∠BCD=180°−∠A=180°−50°=130°，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
本题考查的是圆内接四边形的性质，圆心角、弧、弦的关系、圆周角定理的应用，掌握圆心角、弧、弦的关系定理和圆周角定理是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵x=−2时，y=−2；x=−3时，y=−2，
∴该二次函数的对称轴为x=−2+(−3)2=−52，
∴当x=0时，y的值和当x=−5时，y的值相等．
∵当x=−5时，y=4，
∴当x=0时，y=4，
∴a的值为4．
故选：A．
根据表格可求出该抛物线的对称轴为x=−52，从而得出当x=0时，y的值和当x=−5时，y的值相等，即得出a的值为4．
本题考查二次函数的对称性．掌握二次函数图象关于其对称轴对称是解题关键．
8.【答案】C
【解析】解：过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于D、E两点，连结OA、OB、DA、DB、EA、EB，如图，
∵∠AMB=45°，
∴∠AOB=2∠AMB=90°，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴AB= 2OA=2 2，
∵S四边形MANB=S△MAB+S△NAB，
∴当M点到AB的距离最大，△MAB的面积最大；当N点到AB的距离最大时，△NAB的面积最大，
即M点运动到D点，N点运动到E点，
此时四边形MANB面积的最大值=S四边形DAEB=S△DAB+S△EAB=12AB⋅CD+12AB⋅CE=12AB(CD+CE)=12AB⋅DE=12×2 2×4=4 2．
故选C．
过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于D、E两点，连结OA、OB、DA、DB、EA、EB，根据圆周角定理推出△OAB为等腰直角三角形，求得AB= 2OA=2 2，根据已知条件即可得到结论．
本题考查了垂径定理：垂直弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：∵P为AB的黄金分割点(AP>PB)，
∴APAB=BPAP= 5−12，
∴AP2=AB⋅BP，
∵AB=AP+BP，
∴AB2=(AP+BP)2=AP2+2AP⋅BP+BP2，
∴上列结论中正确的是：④，只有1个，
故选：A．
利用黄金分割的定义进行计算，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．
10.【答案】D
【解析】解：由题意，∵抛物线为y=−x2+bx+3，
∴关于x的一元二次方程−x2+bx+3−t=0的根可以看作是二次函数y=−x2+bx+3与直线y=t交点的横坐标的值．
又关于x的一元二次方程−x2+bx+3−t=0(为实数)在−1≤x≤5范围内有两个不同的实数根，
∴二次函数y=−x2+bx+3与直线y=t在−1≤x≤5时有两个不同的交点．
∵抛物线顶点为(1,4)，
∴对称轴直线x=−b2×(−1)=b2=1．
∴b=2．
∴抛物线为y=−x2+2x+3．
∵−1≤x≤5，
∴当x=−1时，y=0；当x=5时，y=−12．
此时对应图象如下，
∵在−1≤x≤5范围内有两个不同的实数根，
∴0≤t<4．
故选：D．
依据题意，我们可以将关于x的一元二次方程−x2+bx+3−t=0的根可以看作是二次函数y=−x2+bx+3与直线y=t交点的横坐标的值，从而关于x的一元二次方程−x2+bx+3−t=0(为实数)在−1≤x≤5范围内有两个不同的实数根就是二次函数y=−x2+bx+3与直线y=t在−1≤x≤5时有两个不同的交点，再由抛物线顶点为(1,4)，求出b后得解析式，然后画出草图，结合图象即可判断得解．
本题主要考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
11.【答案】内
【解析】解：∵⊙O的半径为6cm，线段OP的长为4cm，
∴d∴点P在⊙O内．
故答案为：内．
设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，根据点P在圆内⇔d本题考查了点与圆的位置关系，点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：①点P在圆外⇔d>r；②点P在圆上⇔d=r；①点P在圆内⇔d12.【答案】8
【解析】解：由题意，摸出红球的概率为0.4，
∴袋子中红球的个数最有可能是20×0.4=8(个)．
答：袋子中红球的个数最有可能是8个．
故答案为：8．
通过多次试验发现，摸出红球的频率稳定在0.4左右，说明摸出红球的概率为0.4，由此结合概率公式进行计算求解即可．
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，理解并熟练运用概率公式是解题关键．
13.【答案】1≤x≤3
【解析】解：∵直线y=x−1与抛物线y=x2−3x+2都经过点A(1,0)和B(3,2)，
∴当1≤x≤3时，x−1≥x2−3x+2，
即不等式x−1≥x2−3x+2的解集为1≤x≤3．
故答案为：1≤x≤3．
写出直线y=x−1在抛物线y=x2−3x+2上方所对应的自变量的范围(含端点)即可．
本题考查了二次函数与不等式(组)：把解不等式的问题转化为比较两个函数值的大小，即利用两个函数图象在直角坐标系中的上下位置关系求自变量的取值范围．
14.【答案】6 25
【解析】 解：根据题意可知：AB=3 2，AC/​/BD，AC=2，BD=3，
∴△AEC∽△BED，
∴AEBE=ACBD，
∴AE3 2−AE=23，
∴AE=6 25．
故答案为：6 25．
根据题意可得AB=3 2，AC/​/BD，所以△AEC∽△BED，进而可以解决问题．
本题考查的是相似三角形的判定和性质、正方形性质和勾股定理，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
15.【答案】9 3−3π
【解析】解：连接OD，如图，
∵扇形纸片折叠，使点A与点O恰好重合，折痕为CD，
∵半径为6，
∴AC=OC=3，
∴OD=2OC=6，
∴CD= 62−32=3 3，
∴∠CDO=30°，∠COD=60°，
∴由弧AD、线段AC和CD所围成的图形的面积=S扇形AOD−S△COD=60π×62360−12×3×3 3=6π−9 32，
∴阴影部分的面积=90π×62360−2×(6π−9 32)=9 3−3π．
故答案为9 3−3π．
连接OD，如图，利用折叠性质得由弧AD、线段AC和CD所围成的图形的面积等于阴影部分的面积，AC=OC，则OD=2OC=6，CD=3 3，从而得到∠CDO=30°，∠COD=60°，然后根据扇形面积公式，利用由弧AD、线段AC和CD所围成的图形的面积=S扇形AOD−S△COD，能进而求出答案．
本题考查了扇形面积的计算和翻折变换．
16.【答案】6 2 152 2
【解析】解：(1)以F为原点，直线AB为x轴，直线EF为y轴，建立平面直角坐标系，如图：
设点E的坐标为：(0,c)，则抛物线的表达式为：y=ax2+c，
则点C的坐标为：(6,8+c)，点Q(x,4+c)，
将点C、Q的坐标代入抛物线表达式得：
8+c=36a+c4+c=ax2+c，解得：a=29x=3 2，
即抛物线的表达式为：y=29x2+c①，
PQ=2xQ=6 2，
故答案为：6 2；
(2)将瓷碗绕点B缓缓倾斜倒出部分面汤，当∠ABK=45°时停止，所以旋转前CH与水平方向的夹角为45°，
设直线CH的解析式为y=x+b，
将点C的坐标代入上式的：直线CH的表达式为：y=x−6+8+c=x+2+c②，
联立①②并整理得：2x2−9x−18=0，
则x1+x2=92，x1x2=−9，
则(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2=2254，
则|x1−x2|=152，
由CH的表达式知，其和x轴的夹角为45°，
则CH= 2|x1−x2|=152 2，
故答案为：152 2．
(1)设点E的坐标为：(0,c)，则抛物线的表达式为：y=ax2+c，则点C的坐标为：(6,8+c)，点Q(x,4+c)，再用待定系数法即可求解；
(2)确定直线CH的表达式为：y=x−6+8+c=x+2+c，求出x1+x2=92，x1x2=−9，进而求解．
本题考查了二次函数，一次函数以及直角三角形在实际生活中的应用，建立合适的直角坐标系和待定系数法求解析式是解题的关键．
17.【答案】解：(1)从8张扑克牌中任取一张，所有可能出现的结果一共有8种，每种结果出现的概率都相等，其中抽到4的结果有2种．所以，P(抽到4)=28=14．
答：小明抽到4的概率为14．
(2)不公平．理由如下：
从8张扑克牌中任取一张，所有可能出现的结果一共有8种，每种结果出现的概率都相等，其中抽到比4大的结果有3种．所以，P(抽到比4大)=38．
所以小明去看演唱会的概率为38，则小亮去看演唱会的概率为：
1−38=58．
因为38<58，
所以，游戏不公平．
【解析】(1)依据概率=所求情况数与总情况数之比，分析解答；
(2)游戏是否公平，关键要看游戏双方取胜的机会是否相等，即判断双方取胜的概率是否相等，或转化为在总情况明确的情况下，判断双方取胜所包含的情况数目是否相等．
本题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平．解答本题的关键是掌握：概率=所求情况数与总情况数之比．
18.【答案】解：(1)设a3=b2=c6=k，
则a=3k，b=2k，c=6k，
所以，3k+2×2k+6k=26，
解得k=2，
所以，a=3×2=6，
b=2×2=4，
c=6×2=12；
(2)∵线段x是线段a、b的比例中项，
∴x2=ab=6×4=24，
∴线段x=2 6．
【解析】(1)设比值为k，然后用k表示出a、b、c，再代入等式求解得到k，然后求解即可；
(2)根据比例中项的定义列式求解即可．
本题考查了比例的性质，比例线段，利用“设k法”用k表示出a、b、c可以使计算更加简便．
19.【答案】(2,0) (−1,2) 垂直
【解析】解：(1)如图，△A1B1C为所作，A1的坐标为(2,0)，B1的坐标为(−1,2)；
故答案为：(2,0)；(−1,2)；
(2)因为△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°后得到△A1B1C，
所以AB绕点C按顺时针方向旋转90°后得到A1B1，
即直线AB与直线A1B1垂直．
故答案为：垂直．
(1)利用网格特点和旋转的性质画出点A、B的对应点A1、B1，然后写出点A1、B1的坐标；
(2)根据旋转的性质判断．
本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
20.【答案】(1)证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠C=90°，
∵OD/​/BC，
∴∠OFA=∠C=90°，
∴OF⊥AC，
∴AD=CD，
∴点D为AC的中点；
(2)解：∵OF⊥AC，
∴AF=12AC=8，
在Rt△AFO中，AO2=AF2+OF2，
∴OA2=64+(OD−DF)2，
∴OA2=64+(OA−4)2，
∴OA=10，
∴⊙O的直径为20．
【解析】(1)根据直径所对的圆周角是直角可得∠C=90°，从而利用平行线的性质可得∠OFA=∠C=90°，从而可得OF⊥AC，然后利用垂径定理即可解答；
(2)利用垂径定理可得AF=12AC=8，然后在Rt△AFO中，利用勾股定理进行计算即可解答．
本题考查了圆周角定理，垂径定理，熟练掌握圆周角定理以及垂径定理是解题的关键．
21.【答案】解：∵∠DEF=∠DCB=90°，∠D=∠D，
∴△DEF∽△DCB
∴DEDC=EFCB，
∵DE=0.4m，EF=0.2m，CD=8m，
∴0.48=0.2BC，
∴CB=4(m)，
∴AB=AC+BC=1.5+4=5.5(米)．
答：树高为5.5米．
【解析】利用Rt△DEF和Rt△BCD相似求得BC的长后加上小明同学的身高即可求得树高AB．
本题考查了相似三角形的应用，解题的关键是从实际问题中整理出相似三角形的模型．
22.【答案】解：(1)∵8−6=2，
∴抛物线的顶点坐标为(2,3)，设抛物线 y=a(x−2)2+3，
把点A(8,0)代入得：36a+3=0，
解得a=−112，
∴抛物线的函数表达式为y=−112(x−2)2+3；
(2)当x=0时，
y=−112×4+3=83>2.44，
∴球不能射进球门；
(3)设小明带球向正后方移动n米，则移动后的抛物线为y=−112(x−2−n)2+3，
把点(0,2.25)代入得：2.25=−112(0−2−n)2+3，
解得 n=−5(舍去)或n=1，
把点(0,0)代入得：0=−112(0−2−n)2+3，
解得：n=−8(舍去)或n=4，
即1≤n≤4．
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)当x=0时，y=−112×4+3=83>2.44，即可求解；
(3)移动后的抛物线为y=−112(x−2−n)2+3，把点(0,2.25)代入上式求出n，同理把(0,0)代入函数表达式求出n，进而求解．
本题考查二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，把实际问题转化为数学问题解决是关键．
23.【答案】114° 90°+m°2
【解析】解：【模型改编：问题解决】
①证明：∵AB=AC，ED=EC，∠BAC=∠DEC=48°，
∴∠ABC=∠ACB=(180°−48°)÷2=66°，∠EDC=∠ECD=(180°−48°)÷2=66°，
∴△ABC∽△EDC，
∴ACEC=BCDC，
∵∠ACE=180°−∠ACB=114°，∠BCD=180°−∠ECD=114°，
∴△BCD∽△ACE；
②由①知，△BCD∽△ACE，
∴∠DBC=∠EAC，
∴∠AFB=∠DBC+∠CEA=∠EAC+∠CEA=∠ACB=66°；
③补图如下：
由△BCD∽△ACE可得，∠CEF=∠BDC，
∵∠AFB=∠BDC+∠CDE+∠DEF=∠CEF+∠CDE+∠DEF=∠CED+∠CDE=48°+66°=114°，
故答案为：114°；
④旋转角是①种情况时，∠AFC=m°，
旋转角是②种情况时，
同理③可得∠AFB=∠CED+∠CDE=m°+(180°−m°)÷2=90°+m°2，
故答案为：90°+m°2；
【模型拓广：问题延伸】
(3)连接BD、DF，
∵在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB=1，AD=ED= 3，DG=3，
∴ABAD=GFDG= 33，
又∵∠BAD=∠DGF=90°，
∴△ADB∽△GDF，
∴∠ADB=∠GDF，ADDG=BDDF，
∵∠ADG=∠GDF+∠ADF，∠BDF=∠ADB+∠ADF，
∴∠ADG=∠BDF，
∴△BDF∽△ADG，
∴BFAG=BDAD，
∵AD= 3，AB=1，
∴BD= AB2+AD2=2，
∴BFAG=BDAD=2 3=2 33，
故答案为：2 33．
【模型改编：问题解决】
①先证△ABC∽△DCE，得ACEC=BCDC，再根据∠BCD=∠ACE=114°，即可证△BCD∽△ACE；
②由△BCD∽△ACE可得，∠DBC=∠EAC，即可得∠AFB=∠ACB=66°；
③连接AE并延长交BD于F，由△BCD∽△ACE可得，∠CEF=∠BDC，由∠AFB=∠BDC+∠CDE+∠DEF，得∠AFB=∠CDE+∠CED=48°+66°=114°；
④同理③得∠AFB=CDE+∠CED=m°+(180°−m°)÷2=90°+m°2；
【模型拓广：问题延伸】
(3)连接BD、DF，证△ABD∽△GFD，得∠ADB=∠GDF，即∠BDF=∠ADG，再求出BD=2，DF=2 3，根据比例关系证△BDF∽△ADG，即可得出BFAG的值．
本题是相似形的综合题，主要考查相似三角形的判定和性质，三角形外角等知识点，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
24.【答案】解：(1)如图1，∵∠BAC=90°，BC=10，AB=6，
∴AC= BC2−AB2= 102−62=8，
∵点D是线段AC的中点，
∴AD=CD=12AC=4，
∴BD= AB2+AD2= 62+42=2 13，
∴BD的长是2 13．
(2)如图2，设过A，B两点的圆的圆心为点O，连接ED，
∵∠BAC=90°，
∴BD是⊙O的直径，
∴∠BED=90°，
∵点D为AE的中点，
∴AD=ED，
∴∠ABD=∠EBD，
∵AD⊥AB，ED⊥EB，
∴AD=ED，
∵S△ABD+S△CBD=S△ABC，
∴12×6AD+12×10ED=12×6×8，
∴12×6AD+12×10AD=12×6×8，
解得AD=3，
∴BD= AB2+AD2= 62+32=3 5，
∴BD的长是3 5．
(3)如图3，△AEC为等腰三角形，且EA=EC，
∴∠EAC=∠C，
∵∠EAB+∠EAC=90°，∠EBC+∠C=90°，
∴∠EAB=∠EBA，
∴EA=EB=CE=12BC=5，
∵∠BAC=∠BED=90°，
∴∠DEC=∠BAC=90°，
∵∠C=∠C，
∴△DEC∽△BAC，
∴DCBC=ECAC，
∴DC=EC⋅BCAC=5×108=254，
∵∠DBC=∠EAC，
∴∠DBC=∠C，
∴BD=DC=254；
如图4，△AEC为等腰三角形，且EC=AC=8，
∴∠CEA=∠CAE，
∵∠CEA+∠BEA=180°，∠CDB+∠BEA=180°，
∴∠CEA=∠CDB，
∴∠C=∠C，
∴△CAE∽△CBD，
∴∠CAE=∠CBD，
∴∠CDB=∠CBD，
∴DC=BC=10，
∴AD=DC−AC=10−8=2，
∵∠DAB=90°，
∴BD= AB2+AD2= 62+22=2 10；
如图5，△AEC为等腰三角形，且AE=AC，
∴∠AEC=∠C，
∵∠BDC=∠AEC，
∴∠BDC=∠C，
∴BD=BC=10，
综上所述，BD的长为254或2 10或10．
【解析】(1)由∠BAC=90°，BC=10，AB=6，求得AC= BC2−AB2=8，则AD=CD=4，所以BD= AB2+AD2=2 13；
(2)设过A，B两点的圆的圆心为点O，连接ED，因为∠BAC=90°，所以BD是⊙O的直径，则∠BED=90°，由点D为AE的中点，得∠ABD=∠EBD，所以AD=ED，由12×6AD+12×10ED=12×6×8=S△ABC，求得AD=3，则BD= AB2+AD2=3 5；
(3)分三种情况讨论，一是EA=EC，则∠EAC=∠C，可证明∠EAB=∠EBA，则EA=EB=CE=5，再证明△DEC∽△BAC，得DCBC=ECAC，可求得DC=EC⋅BCAC=254，由∠DBC=∠EAC=∠C，得BD=DC=254；二是EC=AC=8，可证明∠CDB=∠CBD，则DC=BC=10，所以AD=2，可求得BD= AB2+AD2=2 10；三是AE=AC，可证明∠BDC=∠C，则BD=BC=10．
此题重点考查勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、根据面积等式求线段的长度、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．x
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