2019-2020学年九年级（上）期末数学试卷

这是一份2019-2020学年九年级（上）期末数学试卷，共23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. 一元二次方程3x2−2x=1的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A.3，2，1B.3，2，1C.3，−2，−1D.−3，2，1

2. 下列不是中心对称图形的是（ ）
A.B.C.D.

3. 下列事件中，是随机事件的是（ ）
A.任意一个五边形的外角和等于540∘
B.通常情况下，将油滴入水中，油会浮在水面上
C.随意翻一本120页的书，翻到的页码是150
D.经过有交通信号灯的路口，遇到绿灯

4. 将二次函数y＝2x2−3的图象先向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，下列关于平移后所得抛物线的说法，正确的是（ ）
A.开口向下B.经过点(2, 3)
C.与x轴只有一个交点D.对称轴是直线x＝1

5. 半径为6cm的圆上有一段长度为2.5πcm的弧，则此弧所对的圆心角为（ ）
A.45∘B.75∘C.90∘D.150∘

6. 在直角三角形ABC中，已知∠C＝90∘，∠A＝40∘，BC＝3，则AC＝（ ）
A.3sin40∘B.3sin50∘C.3tan40∘D.3tan50∘

7. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，⊙O的半径为32，AC＝2，则sinB的值是（ ）

A.52B.53C.32D.23

8.
当温度不变时，气球内气体的气压P（单位：kPa）是气体体积V（单位：m3）的函数，下表记录了一组实验数据：P与V的函数关系式可能是（ ）
A.P=96VB.P=−16V+112
C.P=16V2−96V+176D.P=96V

9. 如图，在△ABC中，点D在BC边上，连接AD，点G在线段AD上，GE // BD，且交AB于点E，GF // AC，且交CD于点F，则下列结论错误的是（ ）

A.AEAB=CFCDB.DFCF=DGAGC.FGAC=EGBDD.AEBE=CFDF

10. 二次函数y＝ax2+bx+c(a≠0)的大致图象如图所示，顶点坐标为(1, −4a)，点A(4, y1)是该抛物线上一点，若点D(x2, y2)是抛物线上任意一点，有下列结论：
①4a−2b+c>0；
②若y2>y1，则x2>4；
③若0≤x2≤4，则0≤y2≤5a；
④若方程a(x+1)(x−3)＝−1有两个实数根x1和x2，且x1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3分，共18分，将答案填在答题纸上）

把y＝−2x2+8x−8配方成y＝a(x−ℎ)2+k的形式为y＝________．

为解决群众看病难的问题，一种药品连续两次降价，每盒价格由原来的60元降至48.6元．若平均每次降价的百分率是x，则关于x的方程是________．

如图，四边形ABCD与四边形EFGH位似，其位似中心为点O，且OEEA=43，则FGBC=________．


如图，已知点A在反比例函数图象上，AC⊥y轴于点C，点B在x轴的负半轴上，且△ABC的面积为3，则该反比例函数的表达式为________．


如图，Rt△ABC中，已知∠C＝90∘，∠B＝55∘，点D在边BC上，BD＝2CD．把线段BD 绕着点D逆时针旋转α(0<α<180)度后，如果点B恰好落在Rt△ABC的边上，那么α＝________．


如图，圆O是锐角△ABC的外接圆，D是弧AB的中点，CD交AB于点E，∠BAC的平分线交CD于点F，过点D的切线交CA的延长线于点P，连接AD，则有下列结论：
①点F是△ABC的重心；
②PD // AB；
③AF＝AE；
④DF2＝DE⋅CD，
其中正确结论的序号是________．

三、解答题：本题共8小题，共72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

已知方程mx2+(m−3)x−3＝0是关于x的一元二次方程．
（1）求证：方程总有两个实数根；

（2）若方程的两个根之和等于两根之积，求m的值．

一个不透明的布袋里装有2个白球和2个红球，它们除颜色外其余都相同．
（1）从中任意摸出1个球，则摸到红球的概率是________；

（2）先从布袋中摸出1个球后不放回，再摸出1个球，请用列表或画树状图等方法求出两次摸到的球是同色的概率．

如图，一次函数y=23x+43的图象与反比例函数y=kx(k≠0)的图象相交于点A(1, a)和点B，点C在第四象限，CA // y轴，∠ABC＝90∘．

（1）求k的值；

（2）求ABBC的值．

如图，一枚运载火箭从地面L处发射，当火箭到达A点时，从位于地面R处的雷达站测得AR的距离是6km，仰角为43∘；1s后火箭到达B点，此时测得仰角为45.54∘（所有结果取小数点后两位）．

（1）求地面雷达站R到发射处L的水平距离；

（2）求这枚火箭从A到B的平均速度是多少？
（参考数据：sin43∘≈0.68，cs43∘≈0.73，tan43∘≈0.93，sin45.54∘≈0.71，cs45.54∘≈0.70，tan45.54∘≈1.02）

如图，A是圆O外一点，C是圆O一点，OA交圆O于点B，∠ACB=12∠BOC．

（1）求证：AC是圆O的切线；

（2）已知AB＝1，AC＝2，求点C到直线AO的距离．

如图，一位篮球运动员在离篮圈水平距离4m处跳起投篮，球运行的高度y(m)与运行的水平距离x(m)满足解析式y＝ax2+x+c，当球运行的水平距离为1.5m时，球离地面高度为3.3m，球在空中达到最大高度后，准确落入篮圈内．已知篮圈中心离地面距离为3.05m．

（1）当球运行的水平距离为多少时，达到最大高度？最大高度为多少？

（2）若该运动员身高1.8m，这次跳投时，球在他头顶上方0.25m处出手，问球出手时，他跳离地面多高？

定义：若一个四边形能被其中一条对角线分割成两个相似三角形，则称这个四边形为“友好四边形”．

（1）如图1，在4×4的正方形网格中，有一个网格Rt△ABC和两个网格四边形ABCD与ABCE，其中是被AC分割成的“友好四边形”的是________；

（2）如图2，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A′B′C，点B′落在边AC，过点A作AD // A′B′交CA′的延长线于点D，求证：四边形ABCD是“友好四边形”；

（3）如图3，在△ABC中，AB≠BC，∠ABC＝60∘，△ABC的面积为63，点D是∠ABC的平分线上一点，连接AD，CD．若四边形ABCD是被BD分割成的“友好四边形”，求BD的长．

如图，抛物线y＝−x2+2x+3与坐标轴分别交于A，B，C三点，连接AC，BC．

（1）直接写出A，B，C三点的坐标；

（2）点M是线段BC上一点（不与B，C重合），过点M作x轴的垂线交抛物线于点N，连接CN．若点M关于直线CN的对称点M′恰好在y轴上，求出点M的坐标；

（3）在平面内是否存在一点P，使△AOC关于点P的对称△A′O′C′（点A′，O′，C′分别是点A，O，C的对称点）恰好有两个顶点落在该抛物线上？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
如果没有解题思路，可以这样考虑：变换后，A′O′与AO，O′C′与OC有什么样的位置关系？进而分析点O′，A′，C′的坐标关系！
参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北省随州市曾都区九年级（上）期末数学试卷
一、选择题：本大题共10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.
【答案】
C
【考点】
一元二次方程的一般形式
一元二次方程的定义
【解析】
要确定二次项系数、一次项系数和常数项，首先要把方程化成一般形式．
【解答】
解：∵ 方程3x2−2x=1化成一般形式是3x2−2x−1=0，
∴ 二次项系数是3，一次项系数为−2，常数项为−1．
故选C．
2.
【答案】
A
【考点】
中心对称图形
【解析】
根据中心对称图形的概念求解．
【解答】
A、不是中心对称图形，故本选项正确；
B、是中心对称图形，故本选项错误；
C、是中心对称图形，故本选项错误；
D、是中心对称图形，故本选项错误．
3.
【答案】
D
【考点】
随机事件
【解析】
根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可．
【解答】
A、任意一个五边形的外角和等于540∘是不可能事件；
B、通常情况下，将油滴入水中，油会浮在水面上是必然事件；
C、随意翻一本120页的书，翻到的页码是150是不可能事件；
D、经过有交通信号灯的路口，遇到绿灯是随机事件；
4.
【答案】
C
【考点】
二次函数的性质
二次函数图象与几何变换
二次函数图象上点的坐标特征
抛物线与x轴的交点
【解析】
先确定二次函数y＝2x2−3的顶点坐标为(0, −3)，再把点(0, −3)向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点的坐标为(2, 0)，根据抛物线的顶点式写出平移后的抛物线解析式，然后根据二次函数的性质进行判断即可．
【解答】
二次函数y＝2x2−3的顶点坐标为(0, −3)，把点(0, −3)向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点的坐标为(2, 0)，所以所得的图象解析式为
y＝(x−2)2．
∵ a>0，
∴ 抛物线开口向上，
∵ 当x＝2，y＝0，
∴ 抛物线与x轴只有一个交点，经过点(2, 3)的说法不正确．
抛物线的对称轴为x＝2．
则正确的说法是C．
5.
【答案】
B
【考点】
弧长的计算
【解析】
根据弧长的计算公式：l=nπr180（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R），代入即可求出圆心角的度数．
【解答】
由题意得，2.5π=nπ×6180，
解得：n＝75∘．
6.
【答案】
D
【考点】
解直角三角形
【解析】
利用直角三角形两锐角互余求得∠B的度数，然后根据正切函数的定义即可求解．
【解答】
∠B＝90∘−∠A＝90∘−40∘＝50∘，
又∵ tanB=ACBC，
∴ AC＝BC⋅tanB＝3tan50∘．
7.
【答案】
D
【考点】
圆周角定理
锐角三角函数的定义
【解析】
首先连接CD，由AD是⊙O的直径，可得∠ACD＝90∘，又由⊙O的半径为32，AC＝2，即可求得sinD的值，又由∠B＝∠D，即可求得答案．
【解答】
连接CD，
∵ AD是⊙O的直径，
∴ ∠ACD＝90∘，
∵ ⊙O的半径为32，AC＝2，
∴ AD＝3，
∴ sinD=ACAD=23，
∵ ∠B＝∠D，
∴ sinB=23．
8.
【答案】
D
【考点】
反比例函数的应用
根据实际问题列反比例函数关系式
【解析】
观察表格发现vp=96，从而确定两个变量之间的关系即可．
【解答】
解：观察发现：VP=1×96=1.5×64=2×48=2.5×38.4=3×32=96，
故P与V的函数关系式为P=96V.
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
相似三角形的性质与判定
【解析】
根据相似三角形的判定得出△AEG∽△ADB，△DGF∽△DAC，再根据相似三角形的性质和平行线分线段成比例定理逐个判断即可．
【解答】
A、∵ EG // BD，
∴ △AEG∽△ADB，
∴ AEAB=AGAD，
∵ GF // AC，
∴ AGAD=CFCD，
∴ AEAB=CFCD，故本选项结论正确；
B、∵ GF // AC，
∴ DFCF=DGAG，故本选项结论正确；
C、∵ GF // AC，EG // BD，
∴ △AEG∽△ADB，△DGF∽△DAC，
∴ EGBD=AGAD，FGAC=DGAD，
∴ FGAC≠EGBD，故本选项结论错误；
D、∵ EG // BD，FG // AC，
∴ AEBE=AGGD，CFDF=AGDG，
∴ AEBE=CFDF，故本选项结论正确；
10.
【答案】
B
【考点】
根的判别式
二次函数图象与系数的关系
二次函数图象上点的坐标特征
抛物线与x轴的交点
根与系数的关系
【解析】
①由抛物线的对称轴方程x=−b2a=1，和顶点坐标为(1, −4a)，便可用a的代数式表示b、c与，进而代入4a−2b+c便可由a的取值范围确定此小题的结论正确与否；②点A(4, y1)关于直线x＝1的对称点为(−2, y1)，当y2>y1，则x2>4或x2<−2，便可确定此小题的结论正确与否；③当x＝4时，y1＝16a+4b+c＝16a−8a−3c＝5a，当−1≤x2≤4，则−4a≤y2≤5a，便可确定此小题的结论正确与否；④方程a(x+1)(x−3)＝−1有两个实数根x1和x2，可得抛物线y＝a(x+1)(x−3)与直线y＝−1交点的坐标(x1, −1)和(x2, −1)，再由抛物线y＝a(x+1)(x−3)＝0与x轴的两个交点坐标分别为(−1, 0)和(3, 0)，便可确定此小题的结论正确与否．
【解答】
①∵ 二次函数y＝ax2+bx+c(a≠0)的大致图象如图所示，顶点坐标为(1, −4a)，
∴ x=−b2a=1，且−4a＝a+b+c，
∴ b＝−2a，c＝−3a，
∴ 4a−2b+c＝4a+4a−3a＝5a>0（∵ 抛物线开口向上，则a>0），
于是①的结论正确；
②∵ 点A(4, y1)关于直线x＝1的对称点为(−2, y1)，
∴ 当y2>y1，则x2>4或x2<−2，
于是②错误；
③当x＝4时，y1＝16a+4b+c＝16a−8a−3c＝5a，
∴ 当−1≤x2≤4，则−4a≤y2≤5a，
于是③错误；
④∵ 方程a(x+1)(x−3)＝−1有两个实数根x1和x2，且x1∴ 抛物线y＝a(x+1)(x−3)与直线y＝−1交点的坐标(x1, −1)和(x2, −1)，
∵ 抛物线y＝a(x+1)(x−3)＝0时，x＝−1或3，
即抛物线y＝a(x+1)(x−3)＝0与x轴的两个交点坐标分别为(−1, 0)和(3, 0)，
∴ −1于是④正确．
二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分，将答案填在答题纸上）
【答案】
−2(x−2)2
【考点】
二次函数的三种形式
【解析】
直接利用配方法将原式变形进而得出答案．
【解答】
y＝−2x2+8x−8
＝−2(x2−4x+4)
＝−2(x−2)2．
【答案】
60(1−x)2＝48.6
【考点】
由实际问题抽象出一元二次方程
【解析】
本题可先列出第一次降价后药品每盒价格的代数式，再根据第一次的价格列出第二次降价的售价的代数式，然后令它等于48.6即可列出方程．
【解答】
第一次降价后每盒价格为60(1−x)，
则第二次降价后每盒价格为60(1−x)(1−x)＝60(1−x)2＝48.6，
即60(1−x)2＝48.6．
【答案】
47
【考点】
位似变换
【解析】
本题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD与四边形EFGH位似，其位似中心为点O，且OEEA=43，
∴ OEOA=47，
则FGBC=OEOA=47，
故答案为：47．
【答案】
y=−6x
【考点】
反比例函数图象上点的坐标特征
反比例函数系数k的几何意义
待定系数法求反比例函数解析式
【解析】
由于同底等高的两个三角形面积相等，可得△AOC的面积＝△ABC的面积＝3，然后根据反比例函数中k的几何意义，即可确定k的值，进而得出反比例函数的解析式．
【解答】
如图，连接AO，
设反比例函数的解析式为y=kx．
∵ AC⊥y轴于点C，
∴ AC // BO，
∴ △AOC的面积＝△ABC的面积＝3，
又∵ △AOC的面积=12|k|，
∴ 12|k|＝3，
∴ k＝±6；
又∵ 反比例函数的图象的一支位于第二象限，
∴ k<0．
∴ k＝−6．
∴ 这个反比例函数的解析式为y=−6x．
【答案】
70∘或120∘
【考点】
旋转的性质
【解析】
设旋转后点B的对应点为B′，当B′在线段AB上时，连接B′D，由旋转的性质可得BD＝B′D，利用等腰三角形的性质结合三角形内角和定理可求得∠BDB′；当点B′在线段AC上时，连接B′D，在Rt△B′CD中可求得∠CDB′，则可求得旋转角，可求得答案．
【解答】
设旋转后点B的对应点为B′，
①当B′在线段AB上时，连接B′D，如图1，
由旋转性质可得BD＝B′D，
∴ ∠DB′B＝∠B＝55∘，
∴ α＝∠BDB′＝180∘−55∘−55∘＝70∘；
②当点B′在线段AC上时，连接B′D，如图2，
由旋转性质可得BD＝B′D，
∵ BD＝2CD，
∴ B′D＝2CD，
∴ sin∠CB′D=CDB′D=12，
∴ ∠CB′D＝30∘，
∴ ∠BDB′＝90∘+30∘＝120∘；
综上可知旋转角α为70∘或120∘，
【答案】
②④
【考点】
三角形的外接圆与外心
相似三角形的性质与判定
三角形的重心
圆周角定理
切线的性质
【解析】
结论②④正确，利用垂径定理，切线的性质，相似三角形的判定和性质即可解决问题．
【解答】
∵ D是弧AB的中点，
∴ ∠ACD＝∠BCD，
∵ AF平分∠CAB，
∴ 点F是△ABC的内心，故①错误，
连接OD，
∵ PD是切线，
∴ OD⊥PD，
∵ AD=DB，
∴ OD⊥AB，
∴ PD // AB，故②正确，
∵ ∠AFE＝∠FAC+∠ACF，AEF＝∠B+∠ECB，∠ACF＝∠ECB，∠CAF与∠B不一定相等，
∴ ∠AFE与∠AEF不一定相等，
∴ AE与AF不一定相等，故③错误，
∵ ∠DAF＝∠EAF+∠EAD，∠AFD＝∠FAC+∠ACF，∠FAC＝∠FAE，∠EAD＝∠DCB＝∠ACF，
∴ ∠DAF＝∠DFA，
∴ DA＝DF，
∵ ∠ADE＝∠ADC，∠DAE＝∠DCB＝∠DCA，
∴ △ADE≅△CDA，
∴ ADCD=DEAD，
∴ AD2＝DE⋅CD，
∴ DF2＝DE⋅DC．故④正确，
三、解答题：本题共8小题，共72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
【答案】
证明：由已知，m≠0，
∵ △＝(m−3)2−4×m×(−3)＝(m+3)2≥0
∴ 方程总有两个实根．
设方程的两根为x1，x2，
则x1+x2=−m−3m，x1⋅x2=−3m
根据题意得−m−3m=−3m．
∴ m＝6
经检验m＝6是分式方程的解，
∴ m＝6．
【考点】
根的判别式
根与系数的关系
【解析】
（1）由△＝(m−3)2−4×m×(−3)＝(m+3)2≥0可得答案；
（2）利用韦达定理得出x1+x2=−m−3m，x1⋅x2=−3m，根据方程的两个根之和等于两根之积列出方程求解可得．
【解答】
证明：由已知，m≠0，
∵ △＝(m−3)2−4×m×(−3)＝(m+3)2≥0
∴ 方程总有两个实根．
设方程的两根为x1，x2，
则x1+x2=−m−3m，x1⋅x2=−3m
根据题意得−m−3m=−3m．
∴ m＝6
经检验m＝6是分式方程的解，
∴ m＝6．
【答案】
12
画树状图得：
∵ 共有12种等可能的结果，其中两次摸到的球是同色的有4种情况，
∴ 两次摸到的球是同色的概率为412=13．
【考点】
概率公式
列表法与树状图法
【解析】
（1）由一个不透明的布袋里装有4个球，其中2个红球，2个白球，它们除颜色外其余都相同，直接利用概率公式求解即可求得答案；
（2）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸两个球是同色的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】
∵ 不透明的布袋里装有2个白球和2个红球个4个球，
∴ 摸到红球的概率是24=12；
故答案为：12；
画树状图得：
∵ 共有12种等可能的结果，其中两次摸到的球是同色的有4种情况，
∴ 两次摸到的球是同色的概率为412=13．
【答案】
把A(1, a)代入y=23x+43得a=23×1+43=2，则A(1, 2)；
∵ A(1, 2)在y=kx的图象上，
∴ k＝1×2＝2；
设AC交x轴于点D，AB交x轴于点E，
在y=23x+43中，令y＝0得，x＝−2，
∴ AD＝2，DE＝1+2＝3，
∵ ∠ABC＝∠ADE＝90∘，∠BAC＝∠DAE，
∴ △ADE∽△ABC，
∴ ABBC=ADDE=23．
【考点】
反比例函数与一次函数的综合
【解析】
（1）先把A(1, a)代入y=23x+43中求出a得到A(1, 2)；再把A点坐标代入y=kx中可确定k的值；
（2）设AC交x轴于点D，AB交x轴于点E，根据直线解析式求得E的坐标，即可得到AD＝2，DE＝3，然后通过证得△ADE∽△ABC，即可得出ABBC=ADDE=23．
【解答】
把A(1, a)代入y=23x+43得a=23×1+43=2，则A(1, 2)；
∵ A(1, 2)在y=kx的图象上，
∴ k＝1×2＝2；
设AC交x轴于点D，AB交x轴于点E，
在y=23x+43中，令y＝0得，x＝−2，
∴ AD＝2，DE＝1+2＝3，
∵ ∠ABC＝∠ADE＝90∘，∠BAC＝∠DAE，
∴ △ADE∽△ABC，
∴ ABBC=ADDE=23．
【答案】
在Rt△ARL中，RL＝AR⋅cs43∘≈4.38(km)
在Rt△ARL中，AL＝AR⋅sin43∘≈4.08
在Rt△BRL中，BL＝RL⋅tan45.54∘≈4.468
∴ AB＝BL−AL＝0.388≈0.39(km)
∴ 速度为0.39km/s
答：雷达站到发射处的水平距离为4.38km，这枚火箭从A到B的平均速度为0.39km/s．
【考点】
解直角三角形的应用-仰角俯角问题
【解析】
（1）在Rt△ARL中，利用cs43∘=RLAR可求出答案；
（2）求出AL、BL、AB的长，即可求出移动的速度．
【解答】
在Rt△ARL中，RL＝AR⋅cs43∘≈4.38(km)
在Rt△ARL中，AL＝AR⋅sin43∘≈4.08
在Rt△BRL中，BL＝RL⋅tan45.54∘≈4.468
∴ AB＝BL−AL＝0.388≈0.39(km)
∴ 速度为0.39km/s
答：雷达站到发射处的水平距离为4.38km，这枚火箭从A到B的平均速度为0.39km/s．
【答案】
证明：作OD⊥BC于点D
∵ OB＝OC
∴ ∠COD=12∠BOC
∵ ∠ACB=12∠BOC
∴ ∠ACB＝∠COD
∵ ∠COD+∠OCB＝90∘
∴ ∠ACB+∠OCB＝90∘
∴ ∠ACO＝90∘
∴ AC是圆O的切线．
作CM⊥AO于点M，设圆O的半径为R，则AO＝R+1
在Rt△AOC中，(R+1)2＝R2+22，
∴ R=32，AO=52
∵ S△AOC=12AO×CM=12AC×OC
∴ CM=65
即点C到直线AO的距离为65．
【考点】
切线的判定与性质
圆周角定理
【解析】
（1）作OD⊥BC于点D根据等腰三角形的性质得到∠COD=12∠BOC求得∠ACB＝∠COD得到∠ACO＝90∘于是得到结论；
（2）作CM⊥AO于点M，设圆O的半径为R，则AO＝R+1根据勾股定理即可得到结论．
【解答】
证明：作OD⊥BC于点D
∵ OB＝OC
∴ ∠COD=12∠BOC
∵ ∠ACB=12∠BOC
∴ ∠ACB＝∠COD
∵ ∠COD+∠OCB＝90∘
∴ ∠ACB+∠OCB＝90∘
∴ ∠ACO＝90∘
∴ AC是圆O的切线．
作CM⊥AO于点M，设圆O的半径为R，则AO＝R+1
在Rt△AOC中，(R+1)2＝R2+22，
∴ R=32，AO=52
∵ S△AOC=12AO×CM=12AC×OC
∴ CM=65
即点C到直线AO的距离为65．
【答案】
依题意，抛物线y＝ax2+x+c经过点(1.5, 3.3)和(4, 3.05)
∴ a×1.52+1.5+c=3.3a×42+4+c=3.05
解得a=−0.2c=2.25
∴ y＝−0.2x2+x+2.25＝−0.2(x−2.5)2+3.5
∴ 当球运行的水平距离为2.5m时，达到最大高度为3.5m．
∵ x＝0时，y＝2.25
∴ 2.25−0.25−1.8＝0.2m
即球出手时，他跳离地面0.2m
【考点】
二次函数的应用
【解析】
（1）利用待定系数法确定函数的解析式，然后配方成顶点式的形式即可确定答案．
（2）令x＝0求得y的值，然后则可得跳离地面高度ℎ＝2.25−(1.8+0.25)＝0.2(m)．
【解答】
依题意，抛物线y＝ax2+x+c经过点(1.5, 3.3)和(4, 3.05)
∴ a×1.52+1.5+c=3.3a×42+4+c=3.05
解得a=−0.2c=2.25
∴ y＝−0.2x2+x+2.25＝−0.2(x−2.5)2+3.5
∴ 当球运行的水平距离为2.5m时，达到最大高度为3.5m．
∵ x＝0时，y＝2.25
∴ 2.25−0.25−1.8＝0.2m
即球出手时，他跳离地面0.2m
【答案】
四边形ABCE
证明：根据旋转的性质得，∠A′CB′＝∠ACB，∠CA′B′＝∠CAB，
∵ AD // A′B′，
∴ ∠CA′B′＝∠D，
∴ ∠CAB＝∠D，又∠A′CB′＝∠ACB，
∴ △ABC∽△DAC，
∴ 四边形ABCD是“友好四边形”；
如图3，过点A作AM⊥BC于M，
在Rt△ABM中，AM＝AB⋅sin∠ABC=32AB，
∵ △ABC的面积为63，
∴ 12BC×32AB＝63，
∴ BC×AB＝24，
∵ 四边形ABCD是被BD分割成的“友好四边形”，且AB≠BC，
∴ △ABD∽△DBC
∴ ABBD=BDBC，
∴ BD2＝AB×BC＝24，
∴ BD=24=26．
【考点】
相似三角形综合题
【解析】
（1）根据勾股定理分别求出三个三角形的各边长，根据三边对应成比例的三角形相似、“友好四边形”的定义判断；
（2）根据旋转变换的性质、平行线的性质、两角相等的两个三角形相似证明；
（3）AM⊥BC，根据正弦的定义用AB表示出AM，根据三角形的面积公式得到BC×AB＝24，根据相似三角形的性质列式计算，得到答案．
【解答】
AB＝2，BC＝1，AD＝4，
由勾股定理得，AC=22+12=5，CD=22+32=13，
AE=22+42=25，CE=32+42=5，
BCAC=ABAE=ACCE=55，
∴ △ABC∽△EAC，
∴ 四边形ABCE是“友好四边形”，
BCAC≠ACCD，
∴ △ABC与△ACD不相似，
∴ 四边形ABCD不是“友好四边形”，
故答案为：四边形ABCE；
证明：根据旋转的性质得，∠A′CB′＝∠ACB，∠CA′B′＝∠CAB，
∵ AD // A′B′，
∴ ∠CA′B′＝∠D，
∴ ∠CAB＝∠D，又∠A′CB′＝∠ACB，
∴ △ABC∽△DAC，
∴ 四边形ABCD是“友好四边形”；
如图3，过点A作AM⊥BC于M，
在Rt△ABM中，AM＝AB⋅sin∠ABC=32AB，
∵ △ABC的面积为63，
∴ 12BC×32AB＝63，
∴ BC×AB＝24，
∵ 四边形ABCD是被BD分割成的“友好四边形”，且AB≠BC，
∴ △ABD∽△DBC
∴ ABBD=BDBC，
∴ BD2＝AB×BC＝24，
∴ BD=24=26．
【答案】
在抛物线y＝−x2+2x+3中，
当y＝0时，x1＝−1，x2＝3；当x＝0时，y＝3，
∴ A(−1, 0)，B(3, 0)，C(0, 3)
∵ 点M′与点M关于直线CN对称，且点M′在y轴上，
∴ ∠M′CN＝∠MCN，
∵ MN // y轴，
∴ ∠M′CN＝∠CNM，
∴ ∠MCN＝∠CNM，
∴ MN＝CM，
∵ 点C的坐标为(0, 3)，
∴ 可设直线BC的解析式为y＝kx+3，
将点B(3, 0)代入y＝kx+3，
得，3k+3＝0，
∴ k＝−1，
∴ 直线BC的解析式为y＝−x+3，
设点M的横坐标为t，则M(t, −t+3)，N(t, −t2+2t+3)，
∴ MN＝(−t2+2t+3)−(−t+3)＝−t2+3t，CM=t2+(−t+3−3)2=2t，
∴ −t2+3t=2t，
∵ t≠0，
∴ t=3−2，
∴ M(3−2,2)，
根据题意，A′O′平行于x轴，O′C′平行于y轴，A′O′＝1，O′C′＝3，点A′在点O′的右边，点C′在点O′的下方，设点O′的横坐标为m，则A′的横坐标为m+1，点C′的横坐标为m，
①若A′、O′在抛物线上，则−m2+2m+3＝−(m+1)2+2(m+1)+3，
∴ m=12，
∴ O′(12,154)，
则点P在OO′的中点处，
∴ P(14,158)；
②若A′、C′在抛物线上，则−(m+1)2+2(m+1)+3＝−m2+2m+3+3
∴ m＝−1，
∴ O′(−1, 3)，
则点P在OO′的中点处，
∴ P(−12,32)，
综上所述，存在点P(14,158)或(−12,32)，使△AOC关于点P的对称△A′O′C′恰好有两个顶点落在该抛物线上．
【考点】
二次函数综合题
【解析】
（1）在抛物线y＝−x2+2x+3中，分别令y＝0时，x＝0，即可求出A，B，C三点的坐标；
（2）证M′CN＝∠CNM，∠MCN＝∠CNM，推出MN＝CM，求出直线BC的解析式，设点M的横坐标为t，则M(t, −t+3)，N(t, −t2+2t+3)，则MN＝−t2+3t，CM=2t，列出关于t的方程，即可求出t的值，进一步写出点M的坐标；
（3）由题意推出A′O′＝1，O′C′＝3，设点O′的横坐标为m，则A′的横坐标为m+1，点C′的横坐标为m，分两情况讨论：①A′、O′在抛物线上；②A′、C′在抛物线上，分别可由点的位置关系列出关于m的方程，求出m的值，写出点O′的坐标，则点P在OO′的中点处，即可写出点P的坐标．
【解答】
在抛物线y＝−x2+2x+3中，
当y＝0时，x1＝−1，x2＝3；当x＝0时，y＝3，
∴ A(−1, 0)，B(3, 0)，C(0, 3)
∵ 点M′与点M关于直线CN对称，且点M′在y轴上，
∴ ∠M′CN＝∠MCN，
∵ MN // y轴，
∴ ∠M′CN＝∠CNM，
∴ ∠MCN＝∠CNM，
∴ MN＝CM，
∵ 点C的坐标为(0, 3)，
∴ 可设直线BC的解析式为y＝kx+3，
将点B(3, 0)代入y＝kx+3，
得，3k+3＝0，
∴ k＝−1，
∴ 直线BC的解析式为y＝−x+3，
设点M的横坐标为t，则M(t, −t+3)，N(t, −t2+2t+3)，
∴ MN＝(−t2+2t+3)−(−t+3)＝−t2+3t，CM=t2+(−t+3−3)2=2t，
∴ −t2+3t=2t，
∵ t≠0，
∴ t=3−2，
∴ M(3−2,2)，
根据题意，A′O′平行于x轴，O′C′平行于y轴，A′O′＝1，O′C′＝3，点A′在点O′的右边，点C′在点O′的下方，设点O′的横坐标为m，则A′的横坐标为m+1，点C′的横坐标为m，
①若A′、O′在抛物线上，则−m2+2m+3＝−(m+1)2+2(m+1)+3，
∴ m=12，
∴ O′(12,154)，
则点P在OO′的中点处，
∴ P(14,158)；
②若A′、C′在抛物线上，则−(m+1)2+2(m+1)+3＝−m2+2m+3+3
∴ m＝−1，
∴ O′(−1, 3)，
则点P在OO′的中点处，
∴ P(−12,32)，
综上所述，存在点P(14,158)或(−12,32)，使△AOC关于点P的对称△A′O′C′恰好有两个顶点落在该抛物线上．
V（单位：m3）
1
1.5
2
2.5
3
P（单位：kPa）
96
64
48
38.4
32