2023-2024学年浙江省宁波市镇海区仁爱中学九年级（上）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年浙江省宁波市镇海区仁爱中学九年级（上）期中数学试卷，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。

1．（3分）已知2x＝5y（y≠0），则下列比例式成立的是（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）将抛物线y＝x2向上平移3个单位，所得抛物线的解析式是（ ）
A．y＝x2+3B．y＝x2﹣3C．y＝（x+3）2D．y＝（x﹣3）2
3．（3分）下列事件中，是必然事件的是（ ）
A．抛掷一枚硬币正面向上
B．从一副完整扑克牌中任抽一张，恰好抽到红桃A
C．今天太阳从西边升起
D．从4件红衣服和2件黑衣服中任抽3件有红衣服
4．（3分）如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上．∠BDC＝21°，则∠AOC的度数是（ ）
A．136°B．137°C．138°D．139°
5．（3分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，若，则cs∠A的值为（ ）
A．B．C．D．
6．（3分）一个不透明的盒子里有n个除颜色外其他完全相同的小球，其中有9个黄球．每次摸球前先将盒子里的球摇匀，任意摸出一个球记下颜色后再放回盒子，通过大量重复摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在30%，那么估计盒子中小球的个数n为（ ）
A．20B．24C．28D．30
7．（3分）已知点A（x1，y1），B（x2，y2）是抛物线y＝（x﹣1）2﹣2上两点，若x1＜x2＜0，则y1与y2的大小关系是（ ）
A．y1＜y2B．y1＞y2
C．y1＝y2D．以上都有可能
8．（3分）A、B、C三名同学玩“抢凳子”游戏．他们所站的位围成一个△ABC，在他们中间放一个木凳，谁先抢到凳子谁获胜，为保证游戏公平，则凳子应放的最适当的位置是在△ABC的（ ）
A．三边垂直平分线的交点
B．三边中线的交点
C．三个内角角平分线的交点
D．三边高的交点
9．（3分）已知二次函数y＝（x﹣m）2﹣1（m为常数），当自变量x的值满足2≤x≤5时，与其对应的函数值y的最小值为3，则m的值为（ ）
A．0或3B．0或7C．3或4D．4或7
10．（3分）如图，以Rt△ABC的三边为边分别向外作正方形．连结EI交BA于点J，作JK∥AC交lH于点K，连结IC交JK于点L．若SAFGC：SABDE＝9：16，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（每小题4分，共24分）
11．（4分）抛物线y＝（x﹣1）2+2的顶点坐标是 ．
12．（4分）如图，AB是⊙O的直径，若AC＝2，∠D＝60°，则BC长等于 ．
13．（4分）已知扇形面积为12π，半径为6，则扇形的弧长为 ．
14．（4分）如图，在△ABC中，DE∥BC，若AD＝1，AB＝3，则＝ ．
15．（4分）如图由5个边长为1的小正方形组成的“L”形，圆O经过其顶点A、B、C，则圆O的半径为 ．
16．（4分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F分别为边AB，BC中点，G，H分别为边AD，CD上的一点，且，连接线段EG，FH，现折叠纸片，点A，C的对应点分别为A′，C′，GA′的延长线交边BC于点P，FC′的延长线交PG于点Q，若，则AG＝ ．
三、解答题（本大题有8个小题，共66分）
17．（5分）计算：．
18．（6分）如图，在7×4方格纸中，点A，B，C都在格点上，请用无刻度直尺作图．
（1）在图1中的线段AC上找一个点D，使CD＝0.4AC；
（2）在图2中作一个格点上的△CEF，使△CEF与△ABC相似，且△CEF的面积为△ABC的面积的五分之一．
19．（8分）某校在践行以“安全在我心中，你我一起行动”为主题的手抄报评比活动中，共设置了“交通安全、消防安全、饮食安全、校园安全”四个主题内容，推荐甲和乙两名学生参加评比，若他们每人从以上四个主题内容中随机选择一个，每个主题被选择的可能性相同．
（1）甲选择“校园安全”主题的概率为 ；
（2）请用画树状图法或列表法求甲和乙选择不同主题的概率．
20．（8分）小林同学不仅是一名羽毛球运动爱好者，还喜欢运用数学知识对羽毛球比赛进行技术分析，下面是他对击球线路的分析．
如图，在平面直角坐标系中，点A，C在x轴上，球网AB与y轴的水平距离 OA＝3m，CA＝2m，击球点P在y轴上．若选择扣球，羽毛球的飞行高度y（m）与水平距离x（m）近似满足一次函数关系y＝﹣0.4x+2.8；若选择吊球，羽毛球的飞行高度y（m）与水平距离x（m）近似满足二次函数关系y＝a（x﹣1）2+3.2．
（1）求点P的坐标和a的值；
（2）小林分析发现，上面两种击球方式均能使球过网．要使球的落地点到C点的距离更近，请通过计算判断应选择哪种击球方式．
21．（8分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，点F为圆上一点且AD＝DF，连接AD，过点C作CE∥AF交AB于点G，交AD于点E．
（1）求证：CD＝CE；
（2）若AH＝9，AF＝6，求⊙O的直径．
22．（9分）如图，抛物线y＝a（x﹣1）（x﹣3）与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于点C，其顶点为D．
（1）写出C，D两点的坐标（用含a的式子表示）；
（2）设S△BCD：S△ABD＝k，求k的值；
（3）当△BCD是直角三角形时，求对应抛物线的解析式．
23．（10分）在△ABC中，∠ACB＝120°，AC＝BC，CD是中线，一个以点D为顶点的60°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N．
（1）如图1，若CE＝CF，求证：DE＝DF；
（2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中，试证明CD2＝CE•CF恒成立；
（3）若CD＝3，，求CN的长．
24．（12分）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣1，1），B是x轴正半轴上一动点，以AB为直径画⊙C交x轴于点D，连结AO，过点A作AE⊥AO交⊙C于点E，连结BE，DE．
（1）求∠DBE的度数；
（2）求证：△ADE∽△OAB；
（3）如图2，连结CE，过点C作CF⊥BE于点F，过点F作FG∥CE交DE的延长线于点G，设点B的横坐标为t．
①用含t的代数式表示DE2；
②记S＝DE•EG，求S关于t的函数表达式．
2023-2024学年浙江省宁波市镇海区仁爱中学九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）已知2x＝5y（y≠0），则下列比例式成立的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】本题须根据比例的基本性质对每一项进行分析即可得出正确结论．
【解答】解：∵2x＝5y，
∴．
故选：B．
【点评】本题主要考查了比例的性质，在解题时要能根据比例的性质对式子进行变形是本题的关键．
2．（3分）将抛物线y＝x2向上平移3个单位，所得抛物线的解析式是（ ）
A．y＝x2+3B．y＝x2﹣3C．y＝（x+3）2D．y＝（x﹣3）2
【分析】根据二次函数变化规律：左加右减，上加下减，进而得出变化后解析式．
【解答】解：∵抛物线y＝x2向上平移3个单位，
∴平移后的解析式为：y＝x2+3．
故选：A．
【点评】此题考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的性质，熟练记忆平移规律是解题关键．
3．（3分）下列事件中，是必然事件的是（ ）
A．抛掷一枚硬币正面向上
B．从一副完整扑克牌中任抽一张，恰好抽到红桃A
C．今天太阳从西边升起
D．从4件红衣服和2件黑衣服中任抽3件有红衣服
【分析】必然事件就是一定发生的事件，根据定义即可判断．
【解答】解：A、掷一枚硬币，正面朝上，是随机事件，选项不合题意；
B、从一副完整扑克牌中任抽一张，恰好抽到红桃A，是随机事件，选项不合题意；
C、今天太阳从西边升起，是不可能事件，选项不合题意；
D、从4件红衣服和2件黑衣服中任抽3件有红衣服，是必然事件，选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了必然事件的定义，解决本题需要正确理解必然事件、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．
4．（3分）如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上．∠BDC＝21°，则∠AOC的度数是（ ）
A．136°B．137°C．138°D．139°
【分析】利用圆周角定理求出∠BOC即可解决问题．
【解答】解：∵∠BOC＝2∠BDC，∠BDC＝21°，
∴∠BOC＝42°，
∴∠AOC＝180°﹣42°＝138°．
故选：C．
【点评】本题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握圆周角定理，属于中考常考题型．
5．（3分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，若，则cs∠A的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据，设BC＝3a，AB＝5a，利用勾股定理求出AC，则．
【解答】解：如图，
∵，
∴设BC＝3a，AB＝5a，
∴，
∴．
故选：A．
【点评】本题考查同角三角函数的关系，关键是解直角三角形的应用．
6．（3分）一个不透明的盒子里有n个除颜色外其他完全相同的小球，其中有9个黄球．每次摸球前先将盒子里的球摇匀，任意摸出一个球记下颜色后再放回盒子，通过大量重复摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在30%，那么估计盒子中小球的个数n为（ ）
A．20B．24C．28D．30
【分析】根据利用频率估计概率得到摸到黄球的概率为30%，然后根据概率公式计算n的值．
【解答】解：根据题意得＝30%，解得n＝30，
所以这个不透明的盒子里大约有30个除颜色外其他完全相同的小球．
故选：D．
【点评】本题考查了利用频率估计概率：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．当实验的所有可能结果不是有限个或结果个数很多，或各种可能结果发生的可能性不相等时，一般通过统计频率来估计概率．
7．（3分）已知点A（x1，y1），B（x2，y2）是抛物线y＝（x﹣1）2﹣2上两点，若x1＜x2＜0，则y1与y2的大小关系是（ ）
A．y1＜y2B．y1＞y2
C．y1＝y2D．以上都有可能
【分析】先求得抛物线的开口方向和对称轴，然后根据二次函数的增减性得到结论．
【解答】解：∵抛物线y＝（x﹣1）2﹣2，
∴抛物线开口向上，对称轴为x＝1，
∵点A（x1，y1），B（x2，y2）是抛物线y＝（x﹣1）2﹣2上两点，且x1＜x2＜0，
∴y1与y2的大小关系是y1＞y2．
故选：B．
【点评】本题主要考查的是二次函数的图象和性质，掌握二次函数图象和性质是解题的关键．
8．（3分）A、B、C三名同学玩“抢凳子”游戏．他们所站的位围成一个△ABC，在他们中间放一个木凳，谁先抢到凳子谁获胜，为保证游戏公平，则凳子应放的最适当的位置是在△ABC的（ ）
A．三边垂直平分线的交点
B．三边中线的交点
C．三个内角角平分线的交点
D．三边高的交点
【分析】为使游戏公平，要使凳子到三个人的距离相等，于是利用线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等可知，要放在三边中垂线的交点上．
【解答】解：利用线段垂直平分线的性质得：要放在三边垂直平分线的交点上．
故选：A．
【点评】本题主要考查了线段垂直平分线的性质的应用；利用所学的数学知识解决实际问题是一种能力，要注意培养．想到要使凳子到三个人的距离相等是正确解答本题的关键．
9．（3分）已知二次函数y＝（x﹣m）2﹣1（m为常数），当自变量x的值满足2≤x≤5时，与其对应的函数值y的最小值为3，则m的值为（ ）
A．0或3B．0或7C．3或4D．4或7
【分析】由题意可知，当2≤x≤5时，y的最小值为3而不是﹣1，故2和5不在对称轴的两侧，而是在对称轴的同侧．然后分情况讨论x的取值与y的最小值的关系即可解答．
【解答】解：∵二次函数y＝（x﹣m）2﹣1开口向上，对称轴为直线x＝m，y的最小值为﹣1，
又∵当2≤x≤5时，y的最小值为3，
∴2和5只会分布在对称轴x＝m的同侧，否则其最小值为﹣1，而不是3．
①若m＜2，则当x＝2时，y＝3．
∴3＝（2﹣m）2﹣1，即2﹣m＝±2，解得m＝0或m＝4（舍去）．
②若m＞5，则当x＝5时，y＝3．
∴3＝（5﹣m）2﹣1，即5﹣m＝±2，解得m＝3（舍去）或m＝7．
综上，m＝0或7．
故选：B．
【点评】本题考查二次函数的性质及最值问题，该知识点非常重要，一定要熟练掌握，灵活运用．
10．（3分）如图，以Rt△ABC的三边为边分别向外作正方形．连结EI交BA于点J，作JK∥AC交lH于点K，连结IC交JK于点L．若SAFGC：SABDE＝9：16，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】延长AC，与IH的延长线交于点M，利用正方形的性质得到＝，设AC＝3k，则AB＝4k，则利用勾股定理求得BC＝5k，利用相似三角形的判定与性质求得线段CM，利用相似三角形的判定与性质得到，再利用比例的性质解答即可得出结论．
【解答】解：延长AC，与IH的延长线交于点M，如图，
∵若SAFGC：SABDE＝9：16，四边形AFGC与四边形ABDE为正方形，
∴＝，
∴设AC＝3k，则AB＝4k，
∴BC＝＝5k．
∵四边形BCHI为正方形，
∴CH＝BC＝5k．
∵∠BCH＝90°，
∴∠ACB+∠HCM＝90°，
∵∠HCM+∠M＝90°，
∴∠ACB＝∠M．
∵BAC＝∠CHM＝90°，
∴△ABC∽△HCM，
∴，
∴，
∴HM＝k，CM＝k．
∴EC＝AE+AC＝4k+3k＝7k，
∵JK∥AC
∴△ILJ∽△ICE，△ILK∽△ICM，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，正方形的性质，相似三角形的判定与性质勾股定理，平行线的性质，通过构造恰当的辅助线得到A型图，从而利用相似三角形的判定与性质解答是解题的关键．
二、填空题（每小题4分，共24分）
11．（4分）抛物线y＝（x﹣1）2+2的顶点坐标是 （1，2） ．
【分析】直接利用顶点式的特点可求顶点坐标．
【解答】解：因为y＝（x﹣1）2+2是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（1，2）．
【点评】主要考查了求抛物线的对称轴和顶点坐标的方法．
12．（4分）如图，AB是⊙O的直径，若AC＝2，∠D＝60°，则BC长等于 2 ．
【分析】由AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得∠ACB＝90°，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，求得∠A的度数，继而求得∠ABC＝30°，则可求得BC的长．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠A＝∠D＝60°，
∴∠ABC＝90°﹣∠A＝30°，
∵AC＝2，
∴BC＝AC•tan60°＝2．
故答案为：2．
【点评】此题考查了圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是掌握三角函数的定义，属于中考常考题型．
13．（4分）已知扇形面积为12π，半径为6，则扇形的弧长为 4π ．
【分析】根据扇形面积的计算公式即可求出答案．
【解答】解：设扇形的弧长为l，由扇形面积公式可得，
l×6＝12π，
解得l＝4π，
故答案为：4π．
【点评】本题考查扇形面积的计算，掌握扇形面积的计算公式是正确解答的关键．
14．（4分）如图，在△ABC中，DE∥BC，若AD＝1，AB＝3，则＝ ．
【分析】先结合平行线的性质证明△ADE∽△ABC，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，得出S△ABC＝9S△ADE，进而即可求解．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∴S△ABC＝9S△ADE，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是证明△ADE∽△ABC．
15．（4分）如图由5个边长为1的小正方形组成的“L”形，圆O经过其顶点A、B、C，则圆O的半径为 ．
【分析】取AB的中点E，作EF⊥AB，由垂直定理可得圆心O在EF上，连接OB、OC，根据圆的性质，再结合勾股定理即可求解．
【解答】解：如图，取AB的中点E，作EF⊥AB，连接OB、OC，
由题意知，EF＝4，AB＝1，
则，，
设OF＝x，则OE＝4﹣x，
∵OC＝OB，
∴OC2＝OB2，
∴OF2+CF2＝OE+BE2，
即，
解得，
∴，
即圆O的半径为，
故答案为：．
【点评】本题考查垂径定理，勾股定理，解答本题的关键是作出辅助线，构造直角三角形解决问题．
16．（4分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F分别为边AB，BC中点，G，H分别为边AD，CD上的一点，且，连接线段EG，FH，现折叠纸片，点A，C的对应点分别为A′，C′，GA′的延长线交边BC于点P，FC′的延长线交PG于点Q，若，则AG＝ ．
【分析】先证明△AEG∽△CFH，得∠AEG＝∠CFH，由折叠得A′E＝AE＝BE，∠AEG＝∠A′EG，∠CFH＝∠C′FH，∠EA′G＝∠A＝90°，则∠PA′E＝90°，∠AEA′＝∠CFC′，∠A′EB＝180°﹣∠A′PB，而∠QPF＝180°﹣∠A′PB，所以∠QPF＝∠A′BE＝∠QFP，则FQ＝PQ，即可由＝，推导出＝＝，作QM⊥BC于点M，PN⊥AD于点N，则FM＝PM＝（2﹣BP），再证明△QFM∽△PGN，得＝＝，则GN＝FM＝（2﹣BP），所以GN＝AG﹣AN＝AG﹣BP，于是得AG﹣BP＝（2﹣BP），则BP＝3AG﹣4；连接PE，证明△AEG∽△BPE，得＝，则AG•BP＝AE•BE＝×＝，于是得AG（3AG﹣4）＝，即可求得AG＝，得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，BC∥AD，
∵AB＝3，BC＝4，E、F分别是AB、BC的中点，
∴AE＝BE＝AB＝×3＝，BF＝CF＝BC＝×4＝2，
∴＝＝＝，
∵＝，
∴＝，
∴△AEG∽△CFH，
∴∠AEG＝∠CFH，
由折叠得A′E＝AE＝BE，∠AEG＝∠A′EG，∠CFH＝∠C′FH，∠EA′G＝∠A＝90°，
∴∠AEA′＝2∠AEG，∠CFC′＝2∠CFH，∠PA′E＝180°﹣∠EA′G＝90°，
∴∠AEA′＝∠CFC′，∠A′EB＝360°﹣∠B﹣∠PA′E﹣∠A′PB＝180°﹣∠A′PB，
∵∠QPF＝180°﹣∠A′PB，
∴∠QPF＝∠A′BE，
∵∠QFP＝180°﹣∠CFC′＝180°﹣∠AEA′＝∠A′EB，
∴∠QPF＝∠QFP，
∴FQ＝PQ，
∵＝，
∴＝＝，
作QM⊥BC于点M，PN⊥AD于点N，则∠QMF＝∠PNG＝90°，FM＝PM＝PF＝（2﹣BP），
∵∠QFM＝∠QPM＝∠PGN，
∴△QFM∽△PGN，
∴＝＝，
∴GN＝FM＝×（2﹣BP）＝（2﹣BP），
∵∠PNA＝∠A＝∠B＝90°，
∴四边形ABPN是矩形，
∴AN＝BP，
∴GN＝AG﹣AN＝AG﹣BP，
∴AG﹣BP＝（2﹣BP），
整理得BP＝3AG﹣4，
连接PE，
∵PE＝PE，BE＝A′E，
∴Rt△BEP≌Rt△A′EP（HL），
∴∠BEP＝∠A′EP，
∴∠PEG＝∠A′EG+∠A′EP＝∠AEG+∠BEP＝×180°＝90°，
∵∠A＝∠B，∠AEG＝∠BPE＝90°﹣∠BEP，
∴△AEG∽△BPE，
∴＝，
∴AG•BP＝AE•BE＝×＝，
∴AG（3AG﹣4）＝，
解得AG＝或AG＝（不符合题意，舍去），
故答案为：．
【点评】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、等角的余角相等、等角的补角相等、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
三、解答题（本大题有8个小题，共66分）
17．（5分）计算：．
【分析】先代入并计算特殊角的三角函数值，再计算乘方，乘法，最后计算加减即可．
【解答】解：原式＝
＝
＝
＝．
【点评】此题考查了含特殊三角函数值的实数混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18．（6分）如图，在7×4方格纸中，点A，B，C都在格点上，请用无刻度直尺作图．
（1）在图1中的线段AC上找一个点D，使CD＝0.4AC；
（2）在图2中作一个格点上的△CEF，使△CEF与△ABC相似，且△CEF的面积为△ABC的面积的五分之一．
【分析】（1）利用平行线法线段成比例定理画出图形即可；
（2）利用相似三角形的性质（相似比为1：）画出图形即可．
【解答】解：（1）如图1中，点D即为所求；
（2）如图2中，△CEF即为所求．
【点评】本题考查作图﹣相似变换，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19．（8分）某校在践行以“安全在我心中，你我一起行动”为主题的手抄报评比活动中，共设置了“交通安全、消防安全、饮食安全、校园安全”四个主题内容，推荐甲和乙两名学生参加评比，若他们每人从以上四个主题内容中随机选择一个，每个主题被选择的可能性相同．
（1）甲选择“校园安全”主题的概率为 ；
（2）请用画树状图法或列表法求甲和乙选择不同主题的概率．
【分析】（1）直接利用概率公式求解即可；
（2）画树状图，求得所有等可能的结果数，再找出甲和乙选择不同主题的结果数，利用概率公式求解即可．
【解答】解：（1）由题意，甲选择“校园安全”主题的概率为，
故答案为：；
（2）设交通安全、消防安全、饮食安全、校园安全分别为A、B、C、D，
画树状图为：
共有16种等可能的结果，其中甲和乙选择不同主题的结果有12种，
则甲和乙选择不同主题的概率为．
【点评】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
20．（8分）小林同学不仅是一名羽毛球运动爱好者，还喜欢运用数学知识对羽毛球比赛进行技术分析，下面是他对击球线路的分析．
如图，在平面直角坐标系中，点A，C在x轴上，球网AB与y轴的水平距离 OA＝3m，CA＝2m，击球点P在y轴上．若选择扣球，羽毛球的飞行高度y（m）与水平距离x（m）近似满足一次函数关系y＝﹣0.4x+2.8；若选择吊球，羽毛球的飞行高度y（m）与水平距离x（m）近似满足二次函数关系y＝a（x﹣1）2+3.2．
（1）求点P的坐标和a的值；
（2）小林分析发现，上面两种击球方式均能使球过网．要使球的落地点到C点的距离更近，请通过计算判断应选择哪种击球方式．
【分析】（1）在y＝﹣0.4x+2.8中，令x＝0可解得点P的坐标为（0，2.8）；把P（0，2.8）代入y＝a（x﹣1）2+3.2得a的值是﹣0.4；
（2）在y＝﹣0.4x+2.8中，令y＝0得x＝7，在y＝﹣0.4（x﹣1）2+3.2中，令y＝0可得x＝﹣2+1（舍去）或x＝2+1≈3.83，由|7﹣5|＞|3.83﹣5|，即可得到答案．
【解答】解：（1）在y＝﹣0.4x+2.8中，令x＝0得y＝2.8，
∴点P的坐标为（0，2.8）；
把P（0，2.8）代入y＝a（x﹣1）2+3.2得：a+3.2＝2.8，
解得：a＝﹣0.4，
∴a的值是﹣0.4；
（2）∵OA＝3m，CA＝2m，
∴OC＝5m，
∴C（5，0），
在y＝﹣0.4x+2.8中，令y＝0得x＝7，
在y＝﹣0.4（x﹣1）2+3.2中，令y＝0得x＝﹣2+1（舍去）或x＝2+1≈3.83，
∵|7﹣5|＞|3.83﹣5|，
∴选择吊球方式，球的落地点到C点的距离更近．
【点评】本题考查一次函数，二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，求出二次函数解析式，掌握函数图象上点坐标的特征．
21．（8分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，点F为圆上一点且AD＝DF，连接AD，过点C作CE∥AF交AB于点G，交AD于点E．
（1）求证：CD＝CE；
（2）若AH＝9，AF＝6，求⊙O的直径．
【分析】（1）连接DF，由垂径定理得到，根据AD＝DF得到，推出，即∠ADC＝∠FAD，再根据平行线的性质得到∠CED＝∠FAD，易得∠ADC＝∠CED，即可证明；
（2）连接OC，DF，由（1）知，得到，即AF＝DC＝6，根据CD⊥AB，AB是⊙O的直径，得到，在Rt△OCH中，OC2＝OH2+CH2，利用勾股定理可以求解．
【解答】（1）证明：如图，连接DF，
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴，
∵AD＝DF，
∴，
∴，
∴∠ADC＝∠FAD，
∵CE∥AF，
∴∠CED＝∠FAD，
∴∠ADC＝∠CED，
∴CE＝CD．
（2）解：连接OC，DF，
由（1）知，
∴，
∴，
∴AF＝DC＝6，
∵CD⊥AB，AB是⊙O的直径，
∴，
∵AH＝9，OA＝OC，
∴OH＝9﹣OC，
在Rt△OCH中，OC2＝OH2+CH2，
∴OC2＝（9﹣OC）2+32，
∴OC＝5，
∴⊙O直径长是10．
【点评】本题考查圆的有关知识，圆周角定理的推论，垂径定理，勾股定理．熟练掌握以上知识是解题的关键．
22．（9分）如图，抛物线y＝a（x﹣1）（x﹣3）与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于点C，其顶点为D．
（1）写出C，D两点的坐标（用含a的式子表示）；
（2）设S△BCD：S△ABD＝k，求k的值；
（3）当△BCD是直角三角形时，求对应抛物线的解析式．
【分析】（1）令x＝0可求得C点坐标，化为顶点式可求得D点坐标；
（2）令y＝0可求得A、B的坐标，结合D点坐标可求得△ABD的面积，设直线CD交x轴于点E，由C、D坐标，利用待定系数法可求得直线CD的解析式，则可求得E点坐标，从而可表示出△BCD的面积，可求得k的值；
（3）由B、C、D的坐标，可表示出BC2、BD2和CD2，分∠CBD＝90°和∠CDB＝90°两种情况，分别利用勾股定理可得到关于a的方程，可求得a的值，则可求得抛物线的解析式．
【解答】解：
（1）在y＝a（x﹣1）（x﹣3），令x＝0可得y＝3a，
∴C（0，3a），
∵y＝a（x﹣1）（x﹣3）＝a（x2﹣4x+3）＝a（x﹣2）2﹣a，
∴D（2，﹣a）；
（2）在y＝a（x﹣1）（x﹣3）中，令y＝0可解得x＝1或x＝3，
∴A（1，0），B（3，0），
∴AB＝3﹣1＝2，
∴S△ABD＝×2×a＝a，
如图，设直线CD交x轴于点E，设直线CD解析式为y＝tx+b，
把C、D的坐标代入可得，解得，
∴直线CD解析式为y＝﹣2ax+3a，令y＝0可解得x＝，
∴E（，0），
∴BE＝3﹣＝
∴S△BCD＝S△BEC+S△BED＝××（3a+a）＝3a，
∴S△BCD：S△ABD＝（3a）：a＝3，
∴k＝3；
（3）∵B（3，0），C（0，3a），D（2，﹣a），
∴BC2＝32+（3a）2＝9+9a2，CD2＝22+（﹣a﹣3a）2＝4+16a2，BD2＝（3﹣2）2+a2＝1+a2，
∵∠BCD＜∠BCO＜90°，
∴△BCD为直角三角形时，只能有∠CBD＝90°或∠CDB＝90°两种情况，
①当∠CBD＝90°时，则有BC2+BD2＝CD2，即9+9a2+1+a2＝4+16a2，解得a＝﹣1（舍去）或a＝1，此时抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3；
②当∠CDB＝90°时，则有CD2+BD2＝BC2，即4+16a2+1+a2＝9+9a2，解得a＝﹣（舍去）或a＝，此时抛物线解析式为y＝x2﹣2x+；
综上可知当△BCD是直角三角形时，抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3或y＝x2﹣2x+．
【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、三角形的面积、勾股定理、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中注意抛物线顶点式的应用，在（2）中用a表示出两三角形的面积是解题的关键，在（3）中由勾股定理得到关于a的方程是解题的关键，注意分两种情况．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
23．（10分）在△ABC中，∠ACB＝120°，AC＝BC，CD是中线，一个以点D为顶点的60°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N．
（1）如图1，若CE＝CF，求证：DE＝DF；
（2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中，试证明CD2＝CE•CF恒成立；
（3）若CD＝3，，求CN的长．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠BCD＝∠ACD＝60°，邻补角的定义得到∠BCE＝∠ACF＝60°，于是得到∠DCE＝∠DCF＝120°，证明△DCE≌△DCF（SAS），根据全等三角形的性质即可的结论；
（2）证得△CDF∽△CED，根据相似三角形的性质得到，即CD2＝CE•CF；
（3）过点D，E分别作DH⊥BC，EG⊥BC，垂足分别为H，G，利用含30度的直角三角形及勾股定理求出DH，EG，进而得到HG，证明△DNH∽△ENG，得到，即可求出HN，进而得出结果．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝120°，AC＝BC，CD是中线，
∴CD是∠ACB的角平分线，
∴，
∵∠BCE＝180°﹣∠ACB＝60°，∠ACF＝180°﹣∠ACB＝60°，
∴∠DCE＝∠DCB+∠BCE＝120°，∠DCF＝∠DCA+∠ACF＝120°，
∴∠DCE＝∠DCF＝120°，
在△DCE与△DCF中，
，
∴△DCE≌△DCF（SAS），
∴DE＝DF；
（2）证明：∵∠DCE＝∠DCF＝120°，
∴∠E+∠CDE＝180°﹣∠DCE＝60°，
∵∠EDF＝∠CDF+∠CDE＝60°，
∴∠E＝∠CDF，
∴∠F＝∠CDE，
∴△CDF∽△CED，
∴，即CD2＝CE•CF；
（3）解：如图2，过点D，E分别作DH⊥BC，EG⊥BC，垂足分别为H，G，
∵CD＝3，，由（2）知CD2＝CE•CF，
∴，
∵∠DCH＝60°，∠DHC＝90°，∠BCE＝60°，∠CGE＝90°，
∴∠CDH＝30°，∠CEG＝30°，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵DH⊥BC，EG⊥BC，
∴DH∥EG，
∴△DNH∽△ENG，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
24．（12分）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣1，1），B是x轴正半轴上一动点，以AB为直径画⊙C交x轴于点D，连结AO，过点A作AE⊥AO交⊙C于点E，连结BE，DE．
（1）求∠DBE的度数；
（2）求证：△ADE∽△OAB；
（3）如图2，连结CE，过点C作CF⊥BE于点F，过点F作FG∥CE交DE的延长线于点G，设点B的横坐标为t．
①用含t的代数式表示DE2；
②记S＝DE•EG，求S关于t的函数表达式．
【分析】（1）证明∠EAD＝90°+45°＝135°，则∠DBE+∠EAD＝180°，即可求解；
（2）由∠AOB＝∠AOD+90°＝135°＝∠DAE，即可求解；
（3）①由△ADE∽△OAB得到，即，即可求解；
②证明，BD2＝DE×DM＝（ED+EM）×DE＝DE2+DE×EM，故．
【解答】（1）解：由点A的坐标知，OD＝AD，则∠DAO＝45°＝∠AOD，
∵AE⊥AO，
∴∠EAO＝90°，则∠EAD＝90°+45°＝135°，
则∠DBE+∠EAD＝180°，
∴∠DBE的度数为45°；
（2）证明：∵∠AOB＝∠AOD+90°＝135°，
∵∠DAE＝135°＝∠AOB，
∵∠ABO＝∠AED，
∴△ADE∽△OAB；
（3）解：①∵△ADE∽△OAB，
∴，
由点A的坐标知，AD＝AO＝1，则，
∵点B的坐标为（t，0），则BD＝t+1，，
∴，
即，
则；
②过点B作BM∥GF交DG的延长线于点M，连接CD，
∵CF⊥EB，故点F是BE的中点，
∵GF∥MB，故GF是△EBM的中位线，
则EM＝2GE，
由（1）知∠EBD＝45°，则∠ECD＝90°，
∴∠DEC＝45°，
∵FC∥FG∥BM，
∴∠DEC＝∠DGF＝∠M＝45°＝∠MBD，
∵∠EDB＝∠MDB，
∴△DEB∽△DBM，
∴BD2＝DE×DM＝（ED+EM）×DE＝DE2+DE×EM，
∴．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了函数的基本知识、勾股定理，圆的基本性质、相似三角形的性质与判定等，综合性强，难度大，正确作出辅助线是本题解题的关键．
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