2016-2017学年湖北省襄阳市枣阳市九年级（下）期中数学试卷

这是一份2016-2017学年湖北省襄阳市枣阳市九年级（下）期中数学试卷，共25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. 中国人很早开始使用负数，中国古代数学著作《九章算术》的“方程”一章，在世界数学史上首次正式引入负数．如果收入100元记作+100元．那么−80元表示( )
A.支出20元B.收入20元C.支出80元D.收入80元

2. 下列运算正确的是（ ）
A.3a−a=2B.a⋅a2=a3C.a6÷a3=a2D.(a3)2=a5

3. 如图，把一块含有45∘的直角三角形的两个顶点放在直尺的对边上．如果∠1=20∘，那么∠2的度数是( )

A.15∘B.20∘C.25∘D.30∘

4. 某种细胞的直径是0.00000095米，将0.00000095用科学记数法表示为（ ）
A.9.5×10−7B.9.5×10−8×10−7D.95×10−8

5. 图1和图2中所有的正方形都全等，将图1的正方形放在图2中的①②③④某一位置，所组成的图形不能围成正方体的位置是( )

A.①B.②C.③D.④

6. 如图所示，在△ABC中，∠B=55∘，∠C=30∘，分别以点A和点C为圆心，大于12AC的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN，交BC于点D，连接AD，则∠BAD的度数为（ ）

A.45∘B.55∘C.60∘D.65∘

7. 在2016年体育中考中，某班一学习小组6名学生的体育成绩如下表，则这组学生的体育成绩的众数，中位数，方差依次为（ ）
A.28，28，1B.28，27.5，1C.3，2.5，5D.3，2，5

8. 如图，点A、B、C是圆O上的三点，且四边形ABCO是平行四边形，OF⊥OC交圆O于点F，则∠BAF等于（ ）

A.12.5∘B.15∘C.20∘D.22.5∘

9. 不等式组x+5<5x+1x−m>1 的解集是x>1，则m的取值范围是（ ）
A.m≥1B.m≤1C.m≥0D.m≤0

10. 二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则一次函数y=ax+b与反比例函数y=cx在同一平面直角坐标系内的图象大致为( )

A.B.
C.D.
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）把答案填在答题卡的对应位置的横线上.

代数式x−1在实数范围内有意义，则x的取值范围是________．

在一个纸箱中，装有红色、黄色、绿色的塑料球共60个．这些小球除颜色外其他都完全相同，将球充分摇匀后，从中随机摸出一个球，记下它的颜色后再放回箱中，不断重复这一过程，小明发现其中摸到红色球、绿色球的频率分别稳定在0.15和0.45，则这个纸箱中黄色球的个数可能有________个．

如图，航拍无人机从A处测得一幢建筑物顶部B的仰角为30∘，测得底部C的俯角为60∘，此时航拍无人机与该建筑物的水平距离AD为90米，那么该建筑物的高度BC约为________米．（精确到1米，参考数据：3≈1.73）


已知⊙O的半径为13cm，弦AB // CD，AB=24cm，CD=10cm，则AB、CD之间的距离为________cm．

Diayu Island自古就是中国领土，中国政府已对Diayu Island开展常态化巡逻．某天，为按计划准点到达指定海域，某巡逻艇凌晨1:00出发，匀速行驶一段时间后，因中途出现故障耽搁了一段时间，故障排除后，该艇加快速度仍匀速前进，结果恰好准点到达．如图是该艇行驶的路程y（海里）与所用时间t（小时）的函数图象，则该巡逻艇原计划准点到达的时刻是________．

如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝5，若点M、N分别是线段AC、AB上的两个动点，则BM+MN的最小值为________．

三、解答题：（本大题共9个小题，共72分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，并且写在答题卡上每题对应的答题区域内.

先化简再求值：(1x+2−1)÷x2+2x+1x2−4，其中x=3−1．

我市某校在推进新课改的过程中，开设的体育选修课有：A：篮球，B：足球，C：排球，D：羽毛球，E：乒乓球，学生可根据自己的爱好选修一门，学校李老师对某班全班学生的选课情况进行调查统计，制成了两幅不完整的统计图（如图）．
（1）该班的总人数为________人，并补全频数分布直方图；

（2）表示“足球”所在扇形的圆心角是________​∘．

（3）该班班委4人中，1人选修篮球，2人选修足球，1人选修排球，李老师要从这4人中任选2人了解他们对体育选修课的看法，则选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的概率是________．

如图，△ABC≅△ABD，点E在边AB上，CE // BD，连接DE．求证：
（1）∠CEB=∠CBE；

（2）四边形BCED是菱形．

如图，在平面直角坐标系xOy中，反比例函数y=8x的图象与正比例函数y=kx(k≠0)的图象相交于横坐标为2的点A，平移直线OA，使它经过点B(3, 0)，与y轴交于点C．
（1）求平移后直线的解析式；

（2）求∠OBC的正切值．

果农李明种植的草莓计划以每千克15元的单价对外批发销售，由于部分果农盲目扩大种植，造成该草莓滞销．李明为了加快销售，减少损失，对价格经过两次下调后，以每千克9.6元的单价对外批发销售．
（1）求李明平均每次下调的百分率；

（2）小刘准备到李明处购买3吨该草莓，因数量多，李明决定再给予两种优惠方案以供其选择：
方案一：打九折销售；
方案二：不打折，每吨优惠现金400元．试问小刘选择哪种方案更优惠，请说明理由．

如图，AB为⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点C的直线交AB的延长线于点D，AE⊥DC，垂足为E，F是AE与⊙O的交点，AC平分∠BAE．
（1）求证：DE是⊙O的切线；

（2）若AE=6，∠D=30∘，求图中阴影部分的面积．

如图1，地面BD上两根等长立柱AB，CD之间悬挂一根近似成抛物线y=110x2−45x+3的绳子．

(1)求绳子最低点离地面的距离；

(2)因实际需要，在离AB为3米的位置处用一根立柱MN撑起绳子（如图2），使左边抛物线F1的最低点距MN为1米，离地面1.8米，求MN的长；

(3)将立柱MN的长度提升为3米，通过调整MN的位置，使抛物线F2对应函数的二次项系数始终为14，设MN离AB的距离为m，抛物线F2的顶点离地面距离为k，当2≤k≤2.5时，求m的取值范围．

如图，正方形ABCD的边长是72，点P是对角线AC上的一个点（不与A，C两点重合），连接BP，并将线段BP绕点B顺时针旋转90∘得到线段BP′，连接PP′，CP′，PP′与BC相交于点E．
（1）求证：△BAP≅△BCP′；

（2）探究：线段PA，PC，PB之间满足什么数量关系，请写出结论并证明；

（3）若PA
如图，已知抛物线与x轴交于A(−1, 0)，B(3, 0)，与y轴交于C(0, −3)，顶点为点M．
（1）求抛物线的解析式及点M的坐标．

（2）点P是直线BC在y轴右侧部分图象上的动点，若点P，点C，点M所构成的三角形与△AOC相似，求符合条件的P点坐标．

（3）过点C作CD // AB，CD交抛物线于点D，点Q是线段CD上的一动点，作直线QN与线段AC交于点N，与x轴交于点E，且∠BQE=∠BDC，当CN的值最大时，求点E的坐标．
参考答案与试题解析
2016-2017学年湖北省襄阳市枣阳市九年级（下）期中数学试卷
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，请将其序号在答题卡上涂黑作答.
1.
【答案】
C
【考点】
正数和负数的识别
【解析】
在一对具有相反意义的量中，先规定其中一个为正，则另一个就用负表示．
【解答】
解：根据题意，收入100元记作+100元，
则−80表示支出80元．
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
同底数幂的除法
合并同类项
同底数幂的乘法
幂的乘方与积的乘方
【解析】
直接利用合并同类项法则以及同底数幂的乘除法运算法则和幂的乘方运算法则分别化简求出答案．
【解答】
解：A、3a−a=2a，故此选项错误；
B、a⋅a2=a3，故此选项正确；
C、a6÷a3=a3，故此选项错误；
D、(a3)2=a6，故此选项错误；
故选：B．
3.
【答案】
C
【考点】
平行线的性质
【解析】
根据两直线平行，内错角相等求出∠3，再求解即可．
【解答】
解：∵ 直尺的两边平行，∠1=20∘，
∴ ∠3=∠1=20∘，
∴ ∠2=45∘−20∘=25∘．
故选C.
4.
【答案】
A
【考点】
科学记数法--表示较小的数
【解析】
本题考查用科学记数法表示较小的数．
【解答】
解：0.00000095=9.5×10−7，
故选A．
5.
【答案】
A
【考点】
展开图折叠成几何体
【解析】
由平面图形的折叠及正方体的表面展开图的特点解题．
【解答】
解：将图1的正方形放在图2中的①的位置出现重叠的面，
所以不能围成正方体，
故选A.
6.
【答案】
D
【考点】
线段垂直平分线的性质
作图—基本作图
【解析】
根据内角和定理求得∠BAC=95∘，由中垂线性质知DA=DC，即∠DAC=∠C=30∘，从而得出答案．
【解答】
在△ABC中，∵ ∠B=55∘，∠C=30∘，
∴ ∠BAC=180∘−∠B−∠C=95∘，
由作图可知MN为AC的中垂线，
∴ DA=DC，
∴ ∠DAC=∠C=30∘，
∴ ∠BAD=∠BAC−∠DAC=65∘，
7.
【答案】
A
【考点】
中位数
方差
众数
【解析】
根据众数、中位数的定义和方差公式分别进行解答即可．
【解答】
这组数据28出现的次数最多，出现了3次，则这组数据的众数是28；
把这组数据从小到大排列，最中间两个数的平均数是(28+28)÷2＝28，则中位数是28；
这组数据的平均数是：(27×2+28×3+30)÷6＝28，
则方差是：16×[2×(27−28)2+3×(28−28)2+(30−28)2]＝1；
8.
【答案】
B
【考点】
圆周角定理
等边三角形的性质与判定
平行四边形的性质
【解析】
根据平行四边形的性质和圆的半径相等得到△AOB为等边三角形，根据等腰三角形的三线合一得到∠BOF＝∠AOF＝30∘，根据圆周角定理计算即可．
【解答】
连接OB，
∵ 四边形ABCO是平行四边形，
∴ OC＝AB，又OA＝OB＝OC，
∴ OA＝OB＝AB，
∴ △AOB为等边三角形，
∵ OF⊥OC，OC // AB，
∴ OF⊥AB，
∴ ∠BOF＝∠AOF＝30∘，
由圆周角定理得∠BAF=12∠BOF＝15∘，
9.
【答案】
D
【考点】
解一元一次不等式组
【解析】
表示出不等式组中两不等式的解集，根据已知不等式组的解集确定出m的范围即可．
【解答】
解：不等式组整理得：x>1，x>m+1，
由不等式组的解集为x>1，得到m+1≤1，
解得：m≤0，
故选D.
10.
【答案】
B
【考点】
二次函数的图象
一次函数的图象
反比例函数的图象
【解析】
根据二次函数图象与系数的关系确定a>0，b<0，c<0，根据一次函数和反比例函数的性质确定答案．
【解答】
解：由抛物线可知，a>0，b<0，c<0，
∴ 一次函数y=ax+b的图象经过第一、三、四象限，
反比例函数y=cx的图象在第二、四象限.
故选B.
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）把答案填在答题卡的对应位置的横线上.
【答案】
x≥1
【考点】
二次根式有意义的条件
【解析】
先根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
【解答】
∵ x−1在实数范围内有意义，
∴ x−1≥0，
解得x≥1．
【答案】
24
【考点】
利用频率估计概率
【解析】
在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，设未知数列出方程求解．
【解答】
解：∵ 共60个球，其中摸到红色球、绿色球的频率分别稳定在0.15和0.45，
∴ 黄球所占的比例为1−0.15−0.45=0.4，
设盒子中共有黄球x个，则x60=0.4，
解得：x=24．
故答案为：24．
【答案】
208
【考点】
解直角三角形的应用-仰角俯角问题
【解析】
本题主要考查了解直角三角形的应用．
【解答】
解：由题意可知∠BAD=30∘，∠DAC=60∘．
则在Rt△ABD中，tan30∘=BDAD=BD90=33，∴BD=303米．
在Rt△ACD中，tan60∘=DCAD=DC90=3，∴DC=903米，
故该建筑物的高度BC=BD+DC=1203≈208（米）．
故答案为：208．
【答案】
7或17
【考点】
垂径定理
勾股定理
【解析】
分两种情况进行讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可，小心别漏解．
【解答】
解：①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图1，
∵ AB=24cm，CD=10cm，
∴ AE=12cm，CF=5cm，
∵ OA=OC=13cm，
∴ EO=5cm，OF=12cm，
∴ EF=12−5=7cm；
②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图2，
∵ AB=24cm，CD=10cm，
∴ AE=12cm，CF=5cm，
∵ OA=OC=13cm，
∴ EO=5cm，OF=12cm，
∴ EF=OF+OE=17cm．
∴ AB与CD之间的距离为7cm或17cm．
故答案为7或17．
【答案】
7:00
【考点】
一次函数的应用
【解析】
根据函数图象和题意可以求出开始的速度为80海里/时，故障排除后的速度是100海里/时，设计划行驶的路程是a海里，就可以由时间之间的关系建立方程求出路程，再由路程除以速度就可以求出计划到达时间．
【解答】
解：由图象及题意，得
故障前的速度为：80÷1=80海里/时，
故障后的速度为：(180−80)÷1=100海里/时．
设航行额全程有a海里，由题意，得
a80=2+a−80100，
解得：a=480，
则原计划行驶的时间为：480÷80=6小时，
解法二：设原计划行驶的时间为t小时，
80t=80+100(t−2)
解得：t=6，
故计划准点到达的时刻为：7:00．
故答案为：7:00．
【答案】
8
【考点】
矩形的性质
【解析】
过B点作AC的垂线，使AC两边的线段相等，到E点，过E作EN⊥AB于N点，EN就是所求的线段．
【解答】
过B点作AC的垂线，使AC两边的线段相等，到E点，过E作EN⊥AB于N点，交AC于M，
则BM+MN的最小值＝EN，
∵ AB＝10，BC＝5，
∴ AC=102+52=55，
∴ AC边上的高为10×555，所以BE＝45，
∵ △ABC∽△ENB，
∴ ABEN=ACBE，
∴ EN＝8．
三、解答题：（本大题共9个小题，共72分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，并且写在答题卡上每题对应的答题区域内.
【答案】
解：(1x+2−1)÷x2+2x+1x2−4
=1−(x+2)x+2⋅(x+2)(x−2)(x+1)2
=−(x+1)x+2⋅(x+2)(x−2)(x+1)2
=−x−2x+1，
当x=3−1时，原式=−3−1−23−1+1=−3−33=−1+3．
【考点】
分式的化简求值
【解析】
根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将x的值代入即可解答本题．
【解答】
解：(1x+2−1)÷x2+2x+1x2−4
=1−(x+2)x+2⋅(x+2)(x−2)(x+1)2
=−(x+1)x+2⋅(x+2)(x−2)(x+1)2
=−x−2x+1，
当x=3−1时，原式=−3−1−23−1+1=−3−33=−1+3．
【答案】
50
50.4
13
【考点】
列表法与树状图法
频数（率）分布直方图
扇形统计图
【解析】
（1）用C组的人数除以它所占的百分比即可得到全班人数，先计算出E组人数和A组人数，然后补全频数分布直方图；
（2）用E组的所占百分比乘以360∘即可得到在扇形统计图中“E”对应扇形的圆心角的度数；
（3）先画树状图展示所有12种等可能的结果数，找出选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球所占结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】
解：（1）该班的总人数为12÷24%=50（人），
E科目人数为50×10%=5（人），A科目人数为50−(7+12+9+5)=17（人），
补全图形如下：
（2）表示“足球”所在扇形的圆心角是360∘×750=50.4∘，
（3）画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球占4种，
所以选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的概率=412=13，
【答案】
证明；（1）∵ △ABC≅△ABD，
∴ ∠ABC=∠ABD，
∵ CE // BD，
∴ ∠CEB=∠DBE，
∴ ∠CEB=∠CBE．
（2））∵ △ABC≅△ABD，
∴ BC=BD，
∵ ∠CEB=∠CBE，
∴ CE=CB，
∴ CE=BD
∵ CE // BD，
∴ 四边形CEDB是平行四边形，
∵ BC=BD，
∴ 四边形CEDB是菱形．
【考点】
菱形的判定
全等三角形的性质
【解析】
（1）欲证明∠CEB=∠CBE，只要证明∠CEB=∠ABD，∠CBE=∠ABD即可．
（2）先证明四边形CEDB是平行四边形，再根据BC=BD即可判定．
【解答】
证明；（1）∵ △ABC≅△ABD，
∴ ∠ABC=∠ABD，
∵ CE // BD，
∴ ∠CEB=∠DBE，
∴ ∠CEB=∠CBE．
（2））∵ △ABC≅△ABD，
∴ BC=BD，
∵ ∠CEB=∠CBE，
∴ CE=CB，
∴ CE=BD
∵ CE // BD，
∴ 四边形CEDB是平行四边形，
∵ BC=BD，
∴ 四边形CEDB是菱形．
【答案】
解：（1）当x=2时，y=82=4，
∴ 点A的坐标为(2, 4)．
∵ A(2, 4)在y=kx(k≠0)的图象上，
∴ 4=2k，解得k=2．
设直线BC的函数解析式为y=2x+b，
∵ 点B的坐标为(3, 0)，
∴ 0=2×3+b，解得：b=−6．
∴ 平移后直线的解析式为y=2x−6．
（2）在y=2x−6中，当x=0时，y=−6，
∴ 点C的坐标为(0, −6)，
∴ OC=6．
∵ 点B的坐标为(3, 0)，
∴ OB=3．
∴ tan∠OBC=OCOB=63=2．
【考点】
函数的综合性问题
一次函数图象与几何变换
【解析】
（1）由点A的横坐标利用反比例函数图象上点的坐标特征，可求出点A的坐标，由点A的坐标利用待定系数法可求出正比例函数的解析式，设直线BC的函数解析式为y=2x+b，根据点B的坐标，利用待定系数法即可求出平移后直线BC的解析式；
（2）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，进而可得出OC的长度，再由点B的坐标结合正切的定义，即可求出∠OBC的正切值．
【解答】
解：（1）当x=2时，y=82=4，
∴ 点A的坐标为(2, 4)．
∵ A(2, 4)在y=kx(k≠0)的图象上，
∴ 4=2k，解得k=2．
设直线BC的函数解析式为y=2x+b，
∵ 点B的坐标为(3, 0)，
∴ 0=2×3+b，解得：b=−6．
∴ 平移后直线的解析式为y=2x−6．
（2）在y=2x−6中，当x=0时，y=−6，
∴ 点C的坐标为(0, −6)，
∴ OC=6．
∵ 点B的坐标为(3, 0)，
∴ OB=3．
∴ tan∠OBC=OCOB=63=2．
【答案】
平均每次下调的百分率是20%．
（2）小刘选择方案一购买更优惠．
理由：方案一所需费用为：9.6×0.9×3000=25920（元），
方案二所需费用为：9.6×3000−400×3=27600（元）．
∵ 25920<27600，
∴ 小刘选择方案一购买更优惠．
【考点】
一元二次方程的应用
【解析】
（1）设出平均每次下调的百分率，根据从15元下调到9.6列出一元二次方程求解即可；
（2）根据优惠方案分别求得两种方案的费用后比较即可得到结果．
【解答】
解(1)设平均每次下调的百分率为x．
由题意，得15(1−x)2=9.6．
解这个方程，得x1=0.2，x2=1.8．
因为降价的百分率不可能大于1，所以x2=1.8不符合题意，
符合题目要求的是x1=0.2=20%．
答：平均每次下调的百分率是20%．
（2）小刘选择方案一购买更优惠．
理由：方案一所需费用为：9.6×0.9×3000=25920（元），
方案二所需费用为：9.6×3000−400×3=27600（元）．
∵ 25920<27600，
∴ 小刘选择方案一购买更优惠．
【答案】
解：（1）连接OC，
∵ OA=OC，
∴ ∠OAC=∠OCA，
∵ AC平分∠BAE，
∴ ∠OAC=∠CAE，
∴ ∠OCA=∠CAE，
∴ OC // AE，
∴ ∠OCD=∠E，
∵ AE⊥DE，
∴ ∠E=90∘，
∴ ∠OCD=90∘，
∴ OC⊥CD，
∵ 点C在圆O上，OC为圆O的半径，
∴ CD是圆O的切线；
（2）在Rt△AED中，
∵ ∠D=30∘，AE=6，
∴ AD=2AE=12，
在Rt△OCD中，∵ ∠D=30∘，
∴ DO=2OC=DB+OB=DB+OC，
∴ DB=OB=OC=13AD=4，DO=8，
∴ CD=DO2−OC2=82−42=43，
∴ S△OCD=CD⋅OC2=43×42=83，
∵ ∠D=30∘，∠OCD=90∘，
∴ ∠DOC=60∘，
∴ S扇形OBC=16×π×OC2=83π，
∵ S阴影=S△COD−S扇形OBC
∴ S阴影=83−8π3，
∴ 阴影部分的面积为83−8π3．
【考点】
切线的判定与性质
扇形面积的计算
【解析】
（1）连接OC，先证明∠OAC=∠OCA，进而得到OC // AE，于是得到OC⊥CD，进而证明DE是⊙O的切线；
（2）分别求出△OCD的面积和扇形OBC的面积，利用S阴影=S△COD−S扇形OBC即可得到答案．
【解答】
解：（1）连接OC，
∵ OA=OC，
∴ ∠OAC=∠OCA，
∵ AC平分∠BAE，
∴ ∠OAC=∠CAE，
∴ ∠OCA=∠CAE，
∴ OC // AE，
∴ ∠OCD=∠E，
∵ AE⊥DE，
∴ ∠E=90∘，
∴ ∠OCD=90∘，
∴ OC⊥CD，
∵ 点C在圆O上，OC为圆O的半径，
∴ CD是圆O的切线；
（2）在Rt△AED中，
∵ ∠D=30∘，AE=6，
∴ AD=2AE=12，
在Rt△OCD中，∵ ∠D=30∘，
∴ DO=2OC=DB+OB=DB+OC，
∴ DB=OB=OC=13AD=4，DO=8，
∴ CD=DO2−OC2=82−42=43，
∴ S△OCD=CD⋅OC2=43×42=83，
∵ ∠D=30∘，∠OCD=90∘，
∴ ∠DOC=60∘，
∴ S扇形OBC=16×π×OC2=83π，
∵ S阴影=S△COD−S扇形OBC
∴ S阴影=83−8π3，
∴ 阴影部分的面积为83−8π3．
【答案】
解：(1)∵ a=110>0，
∴ 抛物线顶点为最低点，
∵ y=110x2−45x+3=110(x−4)2+75，
∴ 绳子最低点离地面的距离为：75m；
(2)由(1)可知，BD=8，
令x=0得y=3，
∴ A(0, 3)，C(8, 3)，
由题意可得：抛物线F1的顶点坐标为：(2, 1.8)，
设F1的解析式为：y=a(x−2)2+1.8，
将(0, 3)代入得：4a+1.8=3，
解得：a=0.3，
∴ 抛物线F1为：y=0.3(x−2)2+1.8，
当x=3时，y=0.3×1+1.8=2.1，
∴ MN的长度为：2.1m；
(3)∵ MN=DC=3，
∴ 根据抛物线的对称性可知抛物线F2的顶点在ND的垂直平分线上，
∴ 抛物线F2的顶点坐标为：(12m+4, k)，
∴ 抛物线F2的解析式为：y=14(x−12m−4)2+k，
把C(8, 3)代入得：14(8−12m−4)2+k=3，
解得：k=−14(4−12m)2+3，
∴ k=−116(m−8)2+3，
∴ k是关于m的二次函数，
又∵ 由已知m<8，在对称轴的左侧，
∴ k随m的增大而增大，
∴ 当k=2时，−116(m−8)2+3=2，
解得：m1=4，m2=12（不符合题意，舍去），
当k=2.5时，−116(m−8)2+3=2.5，
解得：m1=8−22，m2=8+22（不符合题意，舍去），
∴ m的取值范围是：4≤m≤8−22．
【考点】
二次函数的应用
【解析】
（1）直接利用配方法求出二次函数最值得出答案；
（2）利用顶点式求出抛物线F1的解析式，进而得出x=3时，y的值，进而得出MN的长；
（3）根据题意得出抛物线F2的解析式，得出k的值，进而得出m的取值范围．
【解答】
解：(1)∵ a=110>0，
∴ 抛物线顶点为最低点，
∵ y=110x2−45x+3=110(x−4)2+75，
∴ 绳子最低点离地面的距离为：75m；
(2)由(1)可知，BD=8，
令x=0得y=3，
∴ A(0, 3)，C(8, 3)，
由题意可得：抛物线F1的顶点坐标为：(2, 1.8)，
设F1的解析式为：y=a(x−2)2+1.8，
将(0, 3)代入得：4a+1.8=3，
解得：a=0.3，
∴ 抛物线F1为：y=0.3(x−2)2+1.8，
当x=3时，y=0.3×1+1.8=2.1，
∴ MN的长度为：2.1m；
(3)∵ MN=DC=3，
∴ 根据抛物线的对称性可知抛物线F2的顶点在ND的垂直平分线上，
∴ 抛物线F2的顶点坐标为：(12m+4, k)，
∴ 抛物线F2的解析式为：y=14(x−12m−4)2+k，
把C(8, 3)代入得：14(8−12m−4)2+k=3，
解得：k=−14(4−12m)2+3，
∴ k=−116(m−8)2+3，
∴ k是关于m的二次函数，
又∵ 由已知m<8，在对称轴的左侧，
∴ k随m的增大而增大，
∴ 当k=2时，−116(m−8)2+3=2，
解得：m1=4，m2=12（不符合题意，舍去），
当k=2.5时，−116(m−8)2+3=2.5，
解得：m1=8−22，m2=8+22（不符合题意，舍去），
∴ m的取值范围是：4≤m≤8−22．
【答案】
（1）证明：∵ 线段BP绕点B顺时针旋转90∘得到线段BP′，
∴ BP=BP′，∠PBP′=90∘．
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ BA=BC，∠ABC=90∘．
∴ ∠ABC=∠PBP′．
∴ ∠ABC−∠PBC=∠PBP′−∠PBC，即∠ABP=∠CBP′．
在△BAP和△BCP′中，BA=BC∠ABP=∠CBP′BP=BP′，
∴ △BAP≅△BCP′(SAS)．
（2）解：结论：PA2+PC2=2PB2．
证明：∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠BAC=12∠BAD=45∘，∠BCA=12∠BCD=45∘．
由（1）知，△BAP≅△BCP′，
∴ ∠BAP=∠BCP′=45∘，PA=P′C．
∴ ∠PCP′=∠BCA+∠BCP′=45∘+45∘=90∘．
在Rt△PCP′中，由勾股定理，得P′C2+PC2=P′P2，
∴ PA2+PC2=P′P2．
又在Rt△PBP′中，P′P2=PB2+P′B2=2PB2．
∴ PA2+PC2=2PB2．
（3）解：∵ ∠ABC=90∘，AB=BC=72，
∴ AC=2AB=14．
设PA=x，则PC=14−x．
又∵ PB=52，
∴ x2+(14−x)2=2(52)2，
解得x1=6，x2=8．
当x=6时，PA=6，PC=8，符合题意；
当x=8时，PA=8，PC=6，PA>PC，不符合题意．
∴ PA=6，PC=8．
∵ ∠PBP′=90∘，PB=P′B，
∴ ∠BPP′=45∘．
∵ ∠BPC=∠BAP+∠ABP，
∴ ∠BPP′+∠CPE=∠BAP+∠ABP，即45∘+∠CPE=45∘+∠ABP．
∴ ∠CPE=∠ABP．
又∠PCE=∠BAP=45∘，
∴ △CPE∽△ABP．
∴ ECPA=PCBA，即EC6=872．
∴ EC=2427．
∴ BE=BC−EC=72−2427=2527．
【考点】
四边形综合题
【解析】
（1）证出∠ABP=∠CBP′，由SAS证明△BAP≅△BCP′即可；
（2）由全等三角形的性质得出∠BAP=∠BCP′=45∘，PA=P′C．证出∠PCP′=∠BCA+∠BCP′=90∘．由勾股定理即可得出结论；
（3）设PA=x，则PC=14−x．由勾股定理得出方程，解方程求出PA，证明△CPE∽△ABP．得出对应边成比例求出EC，即可得出BE的长．
【解答】
（1）证明：∵ 线段BP绕点B顺时针旋转90∘得到线段BP′，
∴ BP=BP′，∠PBP′=90∘．
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ BA=BC，∠ABC=90∘．
∴ ∠ABC=∠PBP′．
∴ ∠ABC−∠PBC=∠PBP′−∠PBC，即∠ABP=∠CBP′．
在△BAP和△BCP′中，BA=BC∠ABP=∠CBP′BP=BP′，
∴ △BAP≅△BCP′(SAS)．
（2）解：结论：PA2+PC2=2PB2．
证明：∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠BAC=12∠BAD=45∘，∠BCA=12∠BCD=45∘．
由（1）知，△BAP≅△BCP′，
∴ ∠BAP=∠BCP′=45∘，PA=P′C．
∴ ∠PCP′=∠BCA+∠BCP′=45∘+45∘=90∘．
在Rt△PCP′中，由勾股定理，得P′C2+PC2=P′P2，
∴ PA2+PC2=P′P2．
又在Rt△PBP′中，P′P2=PB2+P′B2=2PB2．
∴ PA2+PC2=2PB2．
（3）解：∵ ∠ABC=90∘，AB=BC=72，
∴ AC=2AB=14．
设PA=x，则PC=14−x．
又∵ PB=52，
∴ x2+(14−x)2=2(52)2，
解得x1=6，x2=8．
当x=6时，PA=6，PC=8，符合题意；
当x=8时，PA=8，PC=6，PA>PC，不符合题意．
∴ PA=6，PC=8．
∵ ∠PBP′=90∘，PB=P′B，
∴ ∠BPP′=45∘．
∵ ∠BPC=∠BAP+∠ABP，
∴ ∠BPP′+∠CPE=∠BAP+∠ABP，即45∘+∠CPE=45∘+∠ABP．
∴ ∠CPE=∠ABP．
又∠PCE=∠BAP=45∘，
∴ △CPE∽△ABP．
∴ ECPA=PCBA，即EC6=872．
∴ EC=2427．
∴ BE=BC−EC=72−2427=2527．
【答案】
解：（1）∵ 抛物线与x轴交于A(−1, 0)，B(3, 0)，
∴ 设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−3)．
把(0, −3)代入y=a(x+1)(x−3)得a⋅1⋅(−3)=−3，解得a=1，
∴ 抛物线的解析式为y=(x+1)(x−3)，即y=x2−2x−3．
∵ y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴ 点M的坐标是(1, −4)；
（2）连接MC，作MF⊥y轴于点F，如图，则点F坐标为(0, −4)．
∵ MF=1，CF=−3−(−4)=1，
∴ △CMF为等腰直角三角形，
∴ MC=2，∠FCM=∠FMC=45∘，
∵ B(3, 0)，C(0, −3)，
∴ OB=OC=3，
∴ △OBC为等腰直角三角形，
∴ ∠OCB=∠OBC=45∘．
∴ ∠MCB=180∘−∠OCB−∠FCM=90∘，
即∠PCM=90∘，
过点P作PH⊥y轴于H，如图，
∵ ∠PCM=∠AOC，
∴ 当PCAO=MCCO时，△PCM∽△AOC，即PC1=23，解得PC=23，
∵ ∠PCH=45∘，
∴ PH=CH=22PC=13，
∴ OH=OC−CH=3−13=83，
∴ 此时点P的坐标为(13, −83)；
∴ 当PCCO=MCAO时，△PCM∽△COA，即PC3=21，解得PC=32，
∴ PH=CH=22PC=3，
∴ OH=OC−CH=3−13=83，
∴ 此时点P与点B重合，即P点坐标为(3, 0)；
综上所述，符合题意的P点坐标为P(13, −83)或(3, 0)；
（3）设点E的坐标为(n, 0)，Q的坐标为(m, −3)．
∵ CD // x轴，
∴ C点和D点关于直线x=1对称，
∴ D(2, −3)，
∴ BD=(3−2)2+32=10，
∵ Q(m, −3)，
∴ QD=2−m，CQ=m(0≤m≤2)，
∵ ∠BQE=∠BDC，∠EQC+∠BQE=∠BDC+∠QBD，
∴ ∠EQC=∠QBD，
又由抛物线的轴对称性可知：∠NCQ=∠BDC，
∴ △NCQ∽△QDB．
∴ CNQD=CQBD，即CN2−m=m10，
∴ CN=−1010(m2−2m)=−1010(m−1)2+1010，
∴ 当m=1时，CN有最大值，此时Q的坐标为(1, −3)，
∴ QG=3，BG=2，QD=1．
∴ QB=(3−1)2+32=13，
∵ CD // x轴，
∴ ∠BEQ=∠NQC=∠QBD，
而∠EBQ=∠BQD．
∴ △EQB∽△BDQ．
∴ BQQD=EBBQ，即131=BE13，解得BE=13，
∴ OE=BE−OB=13−3=10，
∴ E的坐标为(−10, 0)．
【考点】
二次函数综合题
【解析】
（1）设交点式y=a(x+1)(x−3)，再把C点坐标代入求出a即可得到抛物线的解析式，然后把一般式化为顶点式可得到点M的坐标；
（2）连接MC，作MF⊥y轴于点F，如图，则点F坐标为(0, −4)，先证明△CMF为等腰直角三角形得到MC=2，∠FCM=∠FMC=45∘，△OBC为等腰直角三角形得到∠OCB=∠OBC=45∘．则∠PCM=90∘，过点P作PH⊥y轴于H，如图，根据相似三角形的判定方法当PCAO=MCCO时，△PCM∽△AOC，利用相似比计算出PC=23，从而得到PH=CH=13，则可确定此时点P的坐标为(13, −83)；当PCCO=MCAO时，△PCM∽△COA，用同样方法可确定此时P点坐标为(3, 0)；
（3）设点E的坐标为(n, 0)，Q的坐标为(m, −3)，先利用对称性得到D(2, −3)，利用两点间的距离公式计算出BD=10，再证明△NCQ∽△QDB，利用相似比得到CN=−1010(m2−2m)，根据二次函数的性质可确定此时Q的坐标为(1, −3)，然后证明△EQB∽△BDQ，再利用相似比求出BE的长，从而可得到E点坐标．
【解答】
解：（1）∵ 抛物线与x轴交于A(−1, 0)，B(3, 0)，
∴ 设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−3)．
把(0, −3)代入y=a(x+1)(x−3)得a⋅1⋅(−3)=−3，解得a=1，
∴ 抛物线的解析式为y=(x+1)(x−3)，即y=x2−2x−3．
∵ y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴ 点M的坐标是(1, −4)；
（2）连接MC，作MF⊥y轴于点F，如图，则点F坐标为(0, −4)．
∵ MF=1，CF=−3−(−4)=1，
∴ △CMF为等腰直角三角形，
∴ MC=2，∠FCM=∠FMC=45∘，
∵ B(3, 0)，C(0, −3)，
∴ OB=OC=3，
∴ △OBC为等腰直角三角形，
∴ ∠OCB=∠OBC=45∘．
∴ ∠MCB=180∘−∠OCB−∠FCM=90∘，
即∠PCM=90∘，
过点P作PH⊥y轴于H，如图，
∵ ∠PCM=∠AOC，
∴ 当PCAO=MCCO时，△PCM∽△AOC，即PC1=23，解得PC=23，
∵ ∠PCH=45∘，
∴ PH=CH=22PC=13，
∴ OH=OC−CH=3−13=83，
∴ 此时点P的坐标为(13, −83)；
∴ 当PCCO=MCAO时，△PCM∽△COA，即PC3=21，解得PC=32，
∴ PH=CH=22PC=3，
∴ OH=OC−CH=3−13=83，
∴ 此时点P与点B重合，即P点坐标为(3, 0)；
综上所述，符合题意的P点坐标为P(13, −83)或(3, 0)；
（3）设点E的坐标为(n, 0)，Q的坐标为(m, −3)．
∵ CD // x轴，
∴ C点和D点关于直线x=1对称，
∴ D(2, −3)，
∴ BD=(3−2)2+32=10，
∵ Q(m, −3)，
∴ QD=2−m，CQ=m(0≤m≤2)，
∵ ∠BQE=∠BDC，∠EQC+∠BQE=∠BDC+∠QBD，
∴ ∠EQC=∠QBD，
又由抛物线的轴对称性可知：∠NCQ=∠BDC，
∴ △NCQ∽△QDB．
∴ CNQD=CQBD，即CN2−m=m10，
∴ CN=−1010(m2−2m)=−1010(m−1)2+1010，
∴ 当m=1时，CN有最大值，此时Q的坐标为(1, −3)，
∴ QG=3，BG=2，QD=1．
∴ QB=(3−1)2+32=13，
∵ CD // x轴，
∴ ∠BEQ=∠NQC=∠QBD，
而∠EBQ=∠BQD．
∴ △EQB∽△BDQ．
∴ BQQD=EBBQ，即131=BE13，解得BE=13，
∴ OE=BE−OB=13−3=10，
∴ E的坐标为(−10, 0)．成绩（分）
27
28
30
人数
2
3
1