2023-2024学年浙江省宁波市江北实验中学九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省宁波市江北实验中学九年级（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.已知⊙O的半径是3，点P在圆内，则线段OP的长可能是
( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
2.下列事件中，属于随机事件的是( )
A. 抛出的篮球会下落B. 在只有白球的袋子里摸出1个红球
C. 地球绕太阳公转D. 射击运动员某次射击正中靶心
3.已知下列各组线段的长度，四条线段成比例的是( )
A. 1，2，3，4B. 2，3，4，5C. 2，4，6，8D. 4，8，16，32
4.下列说法正确的是( )
A. 在同圆中，相等的弦所对的圆周角相等B. 平分弦的直径垂直于弦
C. 垂直于半径的直线是圆的切线D. 等弧所对的弦相等
5.如图，正方形MNPQ内接于△ABC，点M、N在BC上，点P、Q分别在AC和AB边上，且BC边上的高AD=6，BC=12，则正方形MNPQ的边长为( )
A. 6
B. 5
C. 4
D. 3
6.已知点A(−2,a)，B(−1,b)，C(2,c)是抛物线y=kx2+2kx+4(k>0)上的三点，则a，b，c的大小关系为( )
A. c>a>bB. c>b>aC. b>a>cD. b>c>a
7.如图，在4×4的正方形方格中，△ABC和△DEF的顶点都在边长为1的小正方形顶点上，则图中∠ACB的正切值为( )
A. 23
B. 13
C. 22
D. 1010
8.如图，在半径为3的⊙O中，AB是直径，AC是弦，D是AC的中点，AC与BD交于点E.若E是BD的中点，则AC的长是( )
A. 52 3
B. 3 3
C. 3 2
D. 4 2
9.如图是一张矩形纸片ABCD，点E为AD中点，点F在BC上，把该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，A′E与BC相交于点G，B′A′的延长线过点C.若BFGC=23，则ADAB的值为( )
A. 2 2B. 4 105C. 207D. 83
10.如图是抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的部分图象，其顶点坐标为(1,n)，且与x轴的一个交点在点(3,0)和(4,0)之间，则下列结论：
①b=2a；
②c−a=n；
③抛物线另一个交点(m,0)在−2到−1之间；
④当x<0时，ax2+(b+2)x<0；
⑤一元二次方程ax2+(b−12)x+c=0有两个不相等的实数根
其中正确结论的个数是( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.二次函数y=−2x2的图象先向右平移2个单位，再向下平移3个单位后，所得抛物线的解析式为______ ．
12.如图，在平地上种植树木时，要求株距(相邻两树间的水平距离)为4m.如果在坡度为0.75的山坡上种树，也要求株距为4m，那么相邻两树间的坡面距离为______ ．
13.如图，⊙A的圆心坐标为(0,4)，若⊙A的半径为3，则直线y=x与⊙A的位置关系是______．
14.如图，G是△ABC的重心，延长BG交AC于点D，延长CG交AB于点E，P、Q分别是△BCE和△BCD的重心，BC长为6，则PQ的长为______ ．
15.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，⊙O是△ABC的内切圆，连接AO、BO，则图中阴影部分的面积之和为______ ．
16.已知△ABC与△ABD在同一平面内，点C，D不重合，∠ABC=∠ABD=30°，AB=4，AC=AD=2 2，则CD长为 ．
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4分)
计算：−12−2cs30°+| 3−2|．
18.(本小题6分)
在一个不透明的布袋中只装有3个白球和2个红球，它们除颜色外完全相同．
(1)事件“从口袋中随机摸出一个球是绿球”发生的概率是______ ；事件“从口袋中随机摸出一个球是红球”发生的概率是______ ；
(2)从布袋里摸出1个球，记下颜色后不放回，搅匀，再摸出1个球，请用树状图法或列表法求事件：“摸出一个红球和一个白球”的概率．
19.(本小题6分)
如图是8×6的正方形网格，已知△ABC，请按下列要求完成作图(要求保留作图痕迹，不要求写作法和结论)．

(1)在图1中，用无刻度的直尺画出△ABC的外心点P；
(2)在图2中，用无刻度的直尺在AB和BC上分别取点E、F，使△ABC∽△EBF；
(3)在图3中，用无刻度直尺在线段AC上找一点M，使得AMMC=25．
20.(本小题8分)
一酒精消毒瓶如图1，AB为喷嘴，△BCD为按压柄，CE为伸缩连杆，BE和EF为导管，其示意图如图2，∠DBE=∠BEF=108°，BD=6cm，BE=4cm.当按压柄△BCD按压到底时，BD转动到BD′，此时BD′//EF(如图3)．
(1)求点D转动到点D′的路径长；
(2)求点D到直线EF的距离(结果精确到0.1cm)．
(参考数据：sin36°≈0.59，cs36°≈0.81，tan36°≈0.73，sin72°≈0.95，cs72°≈0.31，tan72°≈3.08)
21.(本小题9分)
某果农因地制宜种植一种有机生态水果，且该有机生态水果产量逐年上升，去年这种水果的亩产量是1000千克．
(1)预计明年这种水果的亩产量为1440千克，求这种水果亩产量从去年到明年平均每年的增长率为多少；
(2)某水果店从果农处直接以每千克30元的价格批发，专营这种水果.经调查发现，若每千克的销售价为40元，则每天可售出200千克，若每千克的销售价每降低1元，则每天可多售出50千克.设水果店一天的利润为w元，当每千克的销售价为多少元时，该水果店一天的利润最大，最大利润是多少？
22.(本小题9分)
如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，AB=BD，BE⊥DC交DC的延长线于点E．
(1)求证：∠1=∠BCE；
(2)求证：BE是⊙O的切线；
(3)若EC=2，CD=8，求cs∠DBA．
23.(本小题12分)
如图，已知直线y=12x+12与抛物线y=ax2+bx+c相交于A(−1,0)，B (4,m)两点，抛物线y=ax2+bx+c交y轴于点C(0,−32)，交x轴正半轴于D点，抛物线的顶点为M．
(1)求抛物线的解析式及点M的坐标；
(2)设点P为直线AB下方的抛物线上一动点，当△PAB的面积最大时，求此时△PAB的面积及点P的坐标；
(3)点Q为x轴上一动点，点N是抛物线上一点，当△QMN∽△MAD(点Q与点M对应)，求Q点坐标．
24.(本小题12分)
如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于点E，连接AC，AD，BC，作CF⊥AD于点F，交线段OB于点G(不与点O，B重合)，连接OF．
(1)若BE=1，求GE的长．
(2)求证：BC2=BG⋅BO．
(3)若FO=FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查的是点与圆的位置关系，熟知点与圆的三种位置关系是解答此题的关键，属于基础题．
直接根据点与圆的位置关系即可得出结论．
【解答】
解：∵⊙O的半径是3，点P在圆内，
∴OP<3．
故选：A．
2.【答案】D
【解析】解：A、抛出的篮球会下落是必然事件，故本选项不符合题意；
B、在只有白球的袋子里摸出1个红球是不可能事件，故本选项不符合题意；
C、地球绕太阳公转是必然事件，故本选项不符合题意；
D、射击运动员某次射击正中靶心是随机事件，故本选项符合题意；
故选：D．
随机事件就是可能发生，也可能不发生的事件，根据定义逐项判断即可．
本题主要考查的是对随机事件概念的理解，熟练掌握随机事件的定义是解此题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：A、1×4≠2×3，故1，2，3，4不是比例线段，不符合题意；
B、5×2≠3×4，故2，3，4，5不是比例线段，不符合题意；
C、8×2≠6×4，故2，4，6，8不是比例线段，不符合题意；
D、32×4=16×8，故4，8，16，32是比例线段，符合题意；
故选：D．
根据比例线段的定义，只要判断四个数中最大的和最小的两数的积是否等于中间两个数的积即可，由此逐项判断即可得出答案．
本题考查了比例线段的知识，熟练掌握比例线段的定义是解此题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：A、在同圆中，相等的弦所对的圆周角相等或互补，故本选项说法错误，不符合题意；
B、平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，故本选项说法错误，不符合题意；
C、经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，故本选项说法错误，不符合题意；
D、等弧所对的弦相等，本选项说法正确，符合题意；
故选：D．
根据圆周角定理、垂径定理的推论、切线的判定定理、弧与弦的关系判断即可．
本题考查的是圆周角定理、垂径定理的推论、切线的判定定理、弧与弦的关系，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵正方形MNPQ内接于△ABC，BC边上的高AD=6，
∴∠ADC=∠ADB=∠CNP=∠BMQ=90°．
∵∠B=∠B，∠C=∠C，
∴△BMQ∽△BDA，△CNP∽△CDA，
∴BMBD=QMAD，NPAD=CNCD．
设正方形边长为x，则QM=NP=MN=x，
∴BM=x⋅BDAD，CN=x⋅CDAD，
∴BM+CN=x⋅(BD+CD)AD=x⋅BCAD．
又∵BM+CN=BC−MN，
∴x⋅BCAD=BC−MN，即12x6=12−x，
解得：x=4，
∴正方形MNPQ的边长为4．
故选：C．
根据正方形及三角形高的定义易得△BMQ∽△BDA，△CNP∽△CDA，再根据对应线段成比例可得BMBD=QMAD，NPAD=CNCD.设正方形边长为x，则QM=NP=MN=x，从而可求出BM+CN=x⋅(BD+CD)AD=x⋅BCAD.最后根据BM+CN=BC−MN，可列出关于x的方程，解出x的值即可．
本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，线段的和与差等知识．解题的关键是根据比例表示出相应线段列方程．
6.【答案】A
【解析】解：∵y=kx2+2kx+4(k>0)，
∴抛物线开口向上，抛物线的对称轴为直线x=−2k2k=−1，
∵点B(−1,b)在对称轴上，点C(3,c)最远，
∴b故选：A．
求得抛物线开口方向和对称轴，根据二次函数的性质，通过三点与对称轴距离的远近来比较函数值的大小．
本题考查了二次函数图象与系数的关系．此题需要掌握二次函数图象的增减性．
7.【答案】B
【解析】解：由勾股定理可求出：BC=2 2，AC=2 5，DF= 10，DE= 2，
∴FDAC= 22FEBC= 22，EDAB= 22，
∴FDAC=EDAB=EFBC，
∴△FDE∽△CAB，
∴∠DFE=∠ACB，
∴tan∠DFE=tan∠ACB=13，
故选：B．
根据勾股定理即可求出AC、BC、DE、DF的长度，然后证明△FDE∽△ABC，推出∠ACB=∠DFE，由此即可解决问题．
本题考查了解直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的性质是关键．
8.【答案】D
【解析】【分析】
连接OD，交AC于F，根据垂径定理得出OD⊥AC，AF=CF，证明△EFD≌△ECB，进而证得DF=BC，根据三角形中位线定理求得OF=12BC=12DF，从而求得BC=DF=2，利用勾股定理即可求得AC．
本题考查了垂径定理，三角形全等的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
【解答】
解：连接OD，交AC于F，
∵D是AC的中点，
∴OD⊥AC，AF=CF，
∴∠DFE=90°，
∵OA=OB，AF=CF，
∴OF=12BC，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
在△EFD和△ECB中，∠DFE=∠BCE=90°∠DEF=∠BECDE=BE,
∴△EFD≌△ECB(AAS)，
∴DF=BC，
∴OF=12DF，
∵OD=3，
∴OF=1，
∴BC=2，
在Rt△ABC中，AC2=AB2−BC2，
∴AC= AB2−BC2= 62−22=4 2，
故选D．
9.【答案】A
【解析】解：连接FG，CA′，过点G作GT⊥AD于点T.设AB=x，AD=y．
∵BFCG=23，
∴可以假设BF=2k，CG=3k．
∵AE=DE=12y，
由翻折的性质可知EA=EA′=12y，BF=FB′=2k，∠AEF=∠GEF，
∵AD/​/CB，
∴∠AEF=∠EFG，
∴∠GEF=∠GFE，
∴EG=FG=y−5k，
∴GA′=12y−(y−5k)=5k−12y，
∵C，A′，B′共线，GA′//FB′，
∴CGCF=GA′FB′，
∴3ky−2k=5k−12y2k，
∴y2−12ky+32k2=0，
∴y=8k或y=4k(舍去)，
∴AE=DE=4k，
∵四边形CDTG是矩形，
∴CG=DT=3k，
∴ET=k，
∵EG=8k−5k=3k，
∴AB=CD=GT= (3k)2−k2=2 2k，
∴ADAB=8k2 2k=2 2．
故选：A．
连接FG，CA′，过点G作GT⊥AD于点T.设AB=x，AD=y.设BF=2k，CG=3k.则AE=DE=12y，由翻折的性质可知EA=EA′=12y，BF=FB′=2k，∠AEF=∠GEF，因为C，A′，B′共线，GA′//FB′，推出CGCF=GA′FB′，推出3ky−2k=5k−12y2k，可得y2−12ky+32k2=0，推出y=8k或y=4k(舍去)，推出AE=DE=4k，再利用勾股定理求出GT，可得结论．
本题考查翻折变换，矩形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
10.【答案】D
【解析】解：①因为抛物线的对称轴为x=1，
即−b2a=1，所以b=−2a，
所以①错误；
②当x=1时，y=n，
所以a+b+c=n，因为b=−2a，
所以−a+c=n，
所以②正确；
③因为抛物线的顶点坐标为(1,n)，
即对称轴为x=1，
且与x轴的一个交点在点(3,0)和(4,0)之间，
所以抛物线另一个交点(m,0)在−2到−1之间；
所以③正确；
④因为ax2+(b+2)x<0，即ax2+bx<−2x
根据图象可知：
把抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)图象向下平移c个单位后图象过原点，
即可得抛物线y=ax2+bx(a≠0)的图象，
所以当x<0时，ax2+bx<−2x，
即ax2+(b+2)x<0．
所以④正确；
⑤一元二次方程ax2+(b−12)x+c
△=(b−12)2−4ac
因为根据图象可知：a<0，c>0，
所以−4ac>0，
所以△=(b−12)2−4ac>0
所以一元二次方程ax2+(b−12)x+c=0有两个不相等的实数根．
所以⑤正确．
故选：D．
①根据抛物线的对称轴公式即可求解；
②当x等于1时，y等于n，再利用对称轴公式即可求解；
③根据抛物线的对称性即可求解；
④根据抛物线的平移即可求解；
⑤根据一元二次方程的判别式即可求解．
本题考查了二次函数与不等式、根的判别式、二次函数图象与系数的关系、抛物线与x轴的交点，解决本题的关键是综合运用以上知识．
11.【答案】y=−2(x−2)2−3
【解析】解：根据“上加下减，左加右减”的法则可知，将抛物线y=−2x2向右平移2个单位，再向下平移3个单位所得抛物线的表达式是y=−2(x−2)2−3．
故答案为：y=−2(x−2)2−3．
直接根据二次函数图象平移的法则即可得出结论．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减，左加右减”的法则是解答此题的关键．
12.【答案】5m
【解析】解：竖直高度=4×0.75=3，
∴由勾股定理得： 32+42=5m．
故答案为：5m．
根据坡度为0.75求得竖直高度，再根据勾股定理求出相邻两树间的坡面距离即可．
本题是基础题，考查了解直角三角形的应用坡度坡角问题，以及勾股定理的运用．
13.【答案】相交
【解析】解：作AB垂直于直线y=x于B．
在等腰直角三角形AOB中，根据勾股定理得AB=OB=2 2<3，所以直线和圆相交．
若dr，则直线与圆相离．
根据勾股定理即可求得圆心到直线的距离．
要根据数量关系判断直线和圆的位置关系，一定要正确找到圆心到直线的距离和圆的半径．
14.【答案】1
【解析】解：连接DE，延长EP交BC于F点，连接DF，如图，
∵G是△ABC的重心，
∴D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC=3．
∵P点是△BCE的重心，
∴F点为BC的中点，EP=2PF，
∵Q点是△BCD的重心，
∴点Q在中线DF上，DQ=2QF，
∵∠PFQ=∠EFD，FPFE=FQFD=13，
∴△FPQ∽△FED，
∴PQED=FPFE=13，
∴PQ=13ED=1，
故答案为：1．
连接DE，由G是△ABC的重心，可证DE是△ABC的中位线，从而可求出DE的长．延长EP交BC于F点，连接DF，利用三角形重心的定义和性质得到EP=2PF，DQ=2QF，再证明△FPQ∽△FED得到PQED=FPFE=13即可．
本题考查了三角形的重心，三角形的中位线，相似三角形的判定与性质．三角形的重心是三角形三边中线的交点；重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．
15.【答案】14−52π
【解析】解：如图，设⊙O与△ABC的三边AC、BC、AB的切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，
则OD⊥AC，OE⊥BC，
∴∠ODC=∠C=∠OEC=90°，
∴四边形ODCE是矩形，
∵OE=OD，
∴四边形ODCE是正方形，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，
∴AB= AC2+BC2= 62+82=10，
∴△ABC的内切圆的半径=6+8−102=2，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴∠OAB=12∠CAB，∠OBA=12∠CBA，
∴∠AOB=180°−(∠OBA+∠OAB)=180°−12(∠CBA+∠CAB)=135°，
∴图中阴影部分的面积之和=22−90π×22360+12×10×2−135π×22360=14−52π，
故答案为：14−52π．
由勾股定理得出AB=10，求出△ABC的内切圆的半径，再根据扇形面积公式、三角形的面积公式计算，即可得出答案．
本题考查了三角形的内切圆、勾股定理、扇形的面积的计算，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
16.【答案】2 3±2或4或2 6
【解析】【分析】
本题考查含30°角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
分C，D在AB的同侧或异侧两种情形，分别求解，注意共有四种情形．
【解答】
解：如图，当C，D同侧时，过点A作AE⊥CD于E．
在Rt△AEB中，∠AEB=90°，AB=4，∠ABE=30°，
∴AE=12AB=2，
∵AD=AC=2 2，
∴DE= (2 2)2−22=2，EC= (2 2)2−22=2，
∴DE=EC=AE，
∴△ADC是等腰直角三角形，
∴CD=4，
当C，D异侧时，过C′作C′H⊥CD于H，
∵△BCC′是等边三角形，BC=BE−EC=2 3−2，
∴CH=BH= 3−1，C′H= 3CH=3− 3，
在Rt△DC′H中，DC′= DH2+C′H2= (3+ 3)2+(3− 3)2=2 6，
∵△DBD′是等边三角形，
∴DD′=2 3+2，
∴CD的长为2 3±2或4或2 6．
故答案为：2 3±2或4或2 6．
17.【答案】解：原式=−1−2× 32+2− 3
=−1− 3+2− 3
=1−2 3．
【解析】先化简各数，再进行加减运算即可．
本题考查特殊角的三角函数值，实数的混合运算，熟记特殊角的三角函数值是解题的关键．
18.【答案】0 25
【解析】解：(1)∵在一个不透明的布袋中只装有3个白球和2个红球，
∴事件“从口袋中随机摸出一个球是绿球”发生的概率是0，
事件“从口袋中随机摸出一个球是红球”发生的概率是23+2=25，
故答案为：0，25；
(2)令3个白球分别为A、B、C，2个红球分别为D、E，
列表如下：
共有20种等可能出现的结果，其中“摸出一个红球和一个白球”的情况有12种，
∴“摸出一个红球和一个白球”的概率为1220=35．
(1)根据口袋中没有绿球，不可能摸出绿球，从而可得出事件“从口袋中随机摸出一个球是绿球”发生的概率是0；用红球的个数除以总球的个数即可得出事件“从口袋中随机摸出一个球是红球”发生的概率；
(2)列表得出所有等可能的结果数，再从中找到符合条件的结果数，然后再用概率公式求解即可．
本题主要考查的是用列表法或树状图法求概率，列表法可以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，树状图法适合两步或两步以上完成的事件，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．
19.【答案】解：(1)如图，△ABC的外心点P即为所作，
(2)如图，点E、F即为所作，
(3)如图，点M即为所作．
【解析】(1)利用网格特点，作出AB、BC的垂直平分线，交于点P，点P即为所作；
(2)将AC向左平移，交AB于点E，交AC于点F，则EF/​/AC，从而可得△ABC∽△EBF，点E、F即为所作；
(3)取格点P、Q，连接PQ交AC于M，则AP=2，CQ=5，AP/​/CQ，从而得到△APM∽△CQM，进而得到AMCM=APCQ=25，点M即为所作．
本题考查了作图—无刻度直尺作图，相似三角形的判定与性质、平移的性质、三角形外心的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
20.【答案】解：(1)∵BD′/​/EF，∠BEF=108°，
∴∠D′BE=180°−∠BEF=72°，
∵∠DBE=108°，
∴∠DBD′=∠DBE−∠D′BE=108°−72°=36°，
∵BD=6，
∴点D转动到点D′的路径长为36π×6180=65π；
(2)过D作DG⊥BD′于G，过E作EH⊥BD′于H，如图：
Rt△BDG中，DG=BD⋅sin36°≈6×0.59=3.54，
Rt△BEH中，HE=BE⋅sin72°≈4×0.95=3.80，
∴DG+HE=3.54+3.80=7.34≈7.3，
∵BD′/​/EF，
∴点D到直线EF的距离约为7.3cm，
答：点D到直线EF的距离约为7.3cm．
【解析】本题考查圆的弧长及解直角三角形的应用，解题的关键是掌握弧长公式，熟练运用三角函数解直角三角形．
(1)由BD′/​/EF，求出∠D′BE=72°，可得∠DBD′=36°，根据弧长公式即可求出点D转动到点D′的路径长为36π×6180=65π；
(2)过D作DG⊥BD′于G，过E作EH⊥BD′于H，Rt△BDG中，求出DG=BD⋅sin36°≈3.54，Rt△BEH中，HE=3.80，故DG+HE≈7.3，即点D到直线EF的距离为7.3cm，
21.【答案】解：(1)设这种水果去年到明年每亩产量平均每年的增长率为x，
由题意，得：1000(1+x)2=1440，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(舍去)．
答：平均每年的增长率为20%；
(2)设每千克的平均销售价为m元，由题意得：
w=(m−30)[200+50×(40−m)]
=−50(m−37)2+2450，
∵−50<0，
∴当m=37时，w取得最大值为2450．
答：当每千克平均销售价为37元时，一天的利润最大，最大利润是2450元．
【解析】(1)设这种水果去年到明年每亩产量平均每年的增长率为x，由题意得关于x的一元二次方程，解得x的值并根据问题的实际意义作出取舍即可；
(2)设每千克的平均销售价为m元，由题意得关于m的二次函数，将其配方，写成顶点式，根据二次函数的性质可得答案．
本题考查了一元二次方程和二次函数在实际问题中的应用，根据题意正确得出函数关系式并明确二次函数的性质是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：过点B作BF⊥AC于点F，
在△ABF与△DBE中，
∠BAF=∠BDE∠AFB=∠DEBAB=DB，
∴△ABF≌△DBE(AAS)，
∴BF=BE，
∵BE⊥DC，BF⊥AC，
∴∠1=∠BCE．
(2)证明：连接OB，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，即∠1+∠BAC=90°，
∵∠BCE+∠EBC=90°，且∠1=∠BCE，
∴∠BAC=∠EBC，
∵OA=OB，
∴∠BAC=∠OBA，
∴∠EBC=∠OBA，
∴∠EBC+∠CBO=∠OBA+∠CBO=90°，
∴BE是⊙O的切线．
(3)解：由(2)可知：∠EBC=∠CBF=∠BAC，
在△EBC与△FBC中，
∠EBC=∠CBF∠BEC=∠CFBBC=BC，
∴△EBC≌△FBC(AAS)，
∴CF=CE=2，
由(1)可知：AF=DE=2+8=10，
∴AC=CF+AF=2+10=12，
∴cs∠DBA=cs∠DCA=CDCA=23．
【解析】(1)过点B作BF⊥AC于点F，易证△ABF≌△DBE(AAS)，所以BF=BE，从而可证明∠1=∠BCE；
(2)连接OB，易证∠BAC=∠EBC，由于OA=OB，所以∠BAC=∠OBA，所以∠EBC=∠OBA，从而可知∠EBC+∠CBO=∠OBA+∠CBO=90°，所以BE是⊙O的切线；
(3)易证：△EBC≌△FBC(AAS)，所以CF=CE=1，由(1)可知：AF=DE=2+8=10，所以AC=CF+AF=2+10=12，利用锐角三角函数的定义即可求出答案．
本题考查圆的综合问题，涉及圆的切线性质与判定，全等三角形的性质与判定，锐角三角函数的定义等知识，综合程度较高，正确作出辅助线是解决此题关键．
23.【答案】解：(1)把点B(4,m)代入y=12x+12中，得m=52，
∴B(4,52)，
把点A(−1,0)、B(4,52)、C(0,−32)代入抛物线中，
a−b+c=016a+4b+c=0c=−32
解得a=12b=−1c=−32
∴抛物线的解析式为y=12x2−x−32，
∵y=12x2−x−32=12(x−1)2−2，
∴点M的坐标为(1,−2)．
(2)∵点P为直线AB下方抛物线上一动点，
∴−1如图1所示，过点P作y轴的平行线交AB于点H，
设点P的坐标为(m,12m2−m−32)，则点H(m,12m+12)，
S△PAB=HP⋅12⋅(xB−xA)=(−12m2+32m+2)⋅12⋅5=−54(m−32)2+12516，
当m=32时，S最大，最大为12516，此时点P(32,−158).
(3)如图2所示，
令y=0，解得x1=−1，x2=3，
∴D(3,0)，
∵M(1,−2)，A(−1,0)，
∴△AMD为等腰直角三角形，
设点Q的坐标为(n,12n2−n−32)，
∵△QEM≌△NFQ(AAS)，
∴FN=EQ=n−1，
∴12n2−n−32=n−1，
解得n=2+ 5或2− 5(舍)，
∴点Q的坐标为(2+ 5,1+ 5)，
根据对称性，可知另一个点Q的坐标为(− 5,1+ 5).
综上所示：点Q的坐标为(2+ 5,1+ 5)或(− 5,1+ 5).
【解析】(1)将点B代入直线解析式求出m的值，再代入点A、B、C即可求出抛物线的解析式．
(2)过点P作y轴的平行线交直线AB与点H，设点P的坐标，表示线段PH的长度，表示△PAB的面积，利用二次函数求最值问题配方即可．
(3)先证出△MAD为等腰直角三角形，再构造″K″字形求点Q的坐标即可．
此题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数求最值问题，以及二次函数与几何有关的问题，最后一问构造″K″字形为解题关键．
24.【答案】(1)解：直径AB垂直弦CD，
∴∠AED=90°，
∴∠DAE+∠D=90°，
∵CF⊥AD，
∴∠FCD+∠D=90°，
∴∠DAE=∠FCD，
由圆周角定理得∠DAE=∠BCD，
∴∠BCD=∠FCD，
在△BCE和△GCE中，
∠BCE=∠GCECE=CE∠BEC=∠GEC，
∴△BCE≌△GCE(ASA)，
∴GE=BE=1；
(2)证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠CEB=90°，
∵∠ABC=∠CBE，
∴△ACB∽△CEB，
∴BCBE=BABC，
∴BC2=BA⋅BE，
由(1)知GE=BE，
∴BE=12BG，
∵AB=2BO，
∴BC2=BA⋅BE=2BO⋅12BG=BG⋅BO；
(3)解：∠CAD=45°，证明如下：
如图，连接OC，
∵FO=FG，
∴∠FOG=∠FGO，
∵直径AB垂直弦CD，
∴CE=DE，∠AED=∠AEC=90°，
∵AE=AE，
∴△ACE≌△ADE(SAS)，
∴∠DAE=∠CAE，
设∠DAE=∠CAE=α，∠FOG=∠FGO=β，
则∠FCD=∠BCD=∠DAE=α，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC=α，
∵∠ACB=90°，
∴∠OCF=∠ACB−∠OCA−∠FCD−∠BCD=90°−3α，
∵∠CGE=∠OGF=β，∠GCE=α，∠CGE+∠GCE=90°，
∴β+α=90°，
∴α=90°−β，
∵∠COG=∠OAC+∠OCA=α+α=2α，
∴∠COF=∠COG+∠GOF=2α+β=2(90°−β)+β=180°−β，
∴∠COF=∠AOF，
在△COF和△AOF中，
CO=AO∠COF=∠AOFOF=OF，
∴△COF≌△AOF(SAS)，
∴∠OCF=∠OAF，
即90°−3α=α，
∴α=22.5°，
∴∠CAD=2a=45°．
【解析】(1)由垂径定理可得∠AED=90°，结合CF⊥AD可得∠DAE=∠FCD，根据圆周角定理可得∠DAE=∠BCD，进而可得∠BCD=∠FCD，通过证明△BCE≌△GCE，可得GE=BE=1；
(2)证明△ACB∽△CEB，根据对应边成比例可得BC2=BA⋅BE，再根据AB=2BO，BE=12BG，可证BC2=BG⋅BO；
(3)设∠DAE=∠CAE=α，∠FOG=∠FGO=β，可证a=90°−β，∠OCF=90−3α，通过SAS证明△COF≌△AOF，进而可得∠OCF=∠OAF，即90°−3a=a，则∠CAD=2a=45°．
本题是圆的综合题，考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，特别是第3问，需要大胆猜想，再逐步论证．第一次
第二次
A
B
C
D
E
A
(B,A)
(C,A)
(D,A)
(E,A)
B
(A,B)
(C,B)
(D,B)
(E,B)
C
(A,C)
(B,C)
(D,C)
(E,C)
D
(A,D)
(B,D)
(C,D)
(E,D)
E
(A,E)
(B,E)
(C,E)
(D,E)