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【期末仿真检测】沪教版数学 九年级上册一模（期末）检测卷（冲刺卷）
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（冲刺卷）2022-2023学年沪教版九年级数学一模（期末）考试卷
（解析版）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题(每小题4分，共24分)
1．篮球队5名场上队员的身高（单位：cm）分别是：189，191，193，195，196．现用一名身高为192cm的队员换下身高为196cm的队员，与换人前相比，场上队员的身高（ ）
A．平均数变小，方差变小 B．平均数变小，方差变大
C．平均数变大，方差变小 D．平均数变大，方差变大
【标准答案】A
【思路点拨】
分别计算出原数据和新数据的平均数和方差即可得．
【精准解析】
解：原数据的平均数为=192.8，
则原数据的方差为[（189-192.8）2+（191-192.8）2+（193-192.8）2+（195-192.8）2+（196-192.8）2]=4.512，
新数据的平均数为=192，
则新数据的方差为[（189-192）2+（191-192）2+（193-192）2+（195-192）2+（192-192）2]=4，
所以平均数变小，方差变小，
故选：A．
【名师指导】
本题主要考查了方差和平均数，解题的关键是掌握方差的计算公式．
2．如图，在菱形中，，于点，延长至使．连接交于点，，则的长度是（ ）
A． B．
C． D．
【标准答案】D
【思路点拨】
根据已知条件先求出AE的长，可得为等腰直角三角形，得到，根据平行线的性质可得为等腰直角三角形，即可得出B’F的长度．
【精准解析】
解：在边长为a的菱形中，，AE为BC边上的高，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵ABCD，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
故选：D．
【名师指导】
题目主要考查菱形的性质、等腰直角三角形的性质、平行线、垂直平分线的性质等，熟练掌握运用菱形、等腰直角三角形的性质是解题关键．
3．若a为整数，关于x的不等式组有解，且关于x的分式方程有正整数解，则满足条件的a的个数（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【标准答案】A
【思路点拨】
观察此题先解不等式组确定x的解集，由不等式组有解确定a的取值范围，再根据分式方程有正整数解，即可找出符合条件的所有整数a．
【精准解析】
不等式组，
解①得：，
解②得：，
且不等式组有解，
解关于x的分式方程得：
，
分式方程有正整数解，a为整数，
方程产生增根，舍去，
符合条件的a的值有1个，为0，
故选：A．
【名师指导】
此题考查不等式组的解法以及分式方程的解法，综合性较强，熟练掌握不等式组的解法以及分式方程的解法是解决本题的关键．
4．下列计算结果正确的是（ ）
A． B． C． D．
【标准答案】D
【思路点拨】
直接利用二次根式的除法运算、加减运算法则分别计算得出答案．
【精准解析】
解：A.，故此选项不合题意；
B.，故此选项不合题意；
C.，故此选项不合题意；
D.，故此选项符合题意．
故选：．
【名师指导】
本题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．
5．如图，在RtABC中，∠ABC=90°，AB=BC，点P在ABC内一点，连接PA，PB，PC，若∠BAP=∠CBP，且AP=6，则PC的最小值是（ ）
A．2 B．3 C．3-3 D．3
【标准答案】D
【思路点拨】
把△BPC绕点B逆时针旋转90°得到△ABP’，连接PP’，得到△PP’B是等腰直角三角形，再由当P’、P、C在同一直线上，且AP’⊥P’C时，AP’最短，故可得到△APP’是等腰直角三角形，找到PC与AP的关系即可求解．
【精准解析】
把△BPC绕点B逆时针旋转90°得到△ABP’，连接PP’
则AP’=PC，BP=BP’，∠PBP’=90°，∠AP’B=∠CPB
故△PP’B是等腰直角三角形
∴∠PP’B=45°
∵∠BAP=∠CBP
∴∠BAP=∠ABP’
∴BP’AP
∴∠APB=90°
当P’、P、C在同一直线上，且AP’⊥P’C时，AP’最短
∴∠AP’B=90°+45°=135°
∴∠PAP’=180°-∠AP’B=45°
∴△APP’是等腰直角三角形
∴AP=AP’=6
∴PC=AP’=3
故选D．
【名师指导】
此题主要考查旋转的综合运用，解题的关键是根据题意找到AP’最短的情况．
6．定义一种新运算“*”，即，例如．则的值为（ ）
A．12 B．24 C．27 D．30
【标准答案】C
【思路点拨】
根据新定义的公式代入计算即可．
【精准解析】
∵,
∴=,
故选C．
【名师指导】
本题考查了新定义下的实数计算，准确理解新定义公式是解题的关键．
二、填空题(每小题4分，共48分)
7．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，点F在BC的延长线上，CE平分∠DCF交AD的延长线于点E，已知∠E＝35°，则∠A＝___．
【标准答案】110︒度
【思路点拨】
根据平行线的性质和角平分线的性质可得结论．
【精准解析】
解：∵AD//BC
∴
∵CE平分∠DCF
∴
∴
∵AB//CD
∴
∵AD//BC
∴
∴
故答案为：110︒
【名师指导】
本题主要考查了角的平分线以及平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解答本题的关键．
8．如图，已知Rt△ABC≌Rt△DEC，连结AD，若∠B＝58°，则∠1的度数是 ____．
【标准答案】
【思路点拨】
根据全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质求出∠CAD=45°，根据角的和差解答即可．
【精准解析】
解：∵Rt△ABC≌Rt△DEC，
∴AC=CD，∠CDE=∠BAC，
∵∠B=58°，∠ACB=90°，
∴∠BAC=32°，
∴∠CDE=32°，
∵AC=CD，
∴∠CAD=∠ADC=45°，
∴∠1=∠ADC-∠CDE=13°，
故答案为：13°．
【名师指导】
本题考查了全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等、全等三角形的对应角相等是解题的关键．
9．已知点关于轴的对称点在第一象限，则的取值范围是________．
【标准答案】
【思路点拨】
根据题意可知点在第四象限，然后根据第四象限点的坐标特征求解即可．
【精准解析】
解：∵点关于轴的对称点在第一象限，
∴点在第四象限，
∴，，
解得：，
故答案为：．
【名师指导】
本题考查了点的坐标特征以及解一元一次不等式组，根据题意得出点在第四象限是解本题的关键．
10．在实数范围内分解因式：x2﹣3xy﹣y2＝___．
【标准答案】．
【思路点拨】
先利用配方法，再利用平方差公式即可得．
【精准解析】
解：
=
=
=．
故答案为：．
【名师指导】
本题主要考查了用配方法和平方差公式法进行因式分解，因式分解的常用方法有：配方法、公式法、提取公因式法、十字相乘法等．
11．如图，B处在A处的南偏西42°方向，C处在A处的南偏东30°方向，C处在B处的北偏东72°方向，则∠ACB的度数是______．
【标准答案】78°
【思路点拨】
根据方向角的定义，即可求得∠DBA，∠DBC，∠EAC的度数，然后根据三角形内角和定理即可求解．
【精准解析】
解：∵AE，DB是正南和正北方向，
∴BD∥AE，
∵B处在A处的南偏西42°方向，
∴∠BAE＝∠DBA＝42°，
∵C处在A处的南偏东30°方向，
∴∠EAC＝30°，
∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝42°+30°＝72°，
又∵C处在B处的北偏东72°方向，
∴∠DBC＝72°，
∴∠ABC＝72°﹣42°＝30°，
∴∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝180°﹣30°﹣72°＝78°．
故答案为：78°．
【名师指导】
本题考查的是方向角的概念，用方位角描述方向时，通常以正北或正南方向为角的始边，以对象所处的射线为终边，故描述方位角时，一般先叙述北或南，再叙述偏东或偏西．
12．若三个非零有理数a，b，c满足，则_______．
【标准答案】﹣1
【思路点拨】
根据绝对值的性质对a、b、c的正负讨论化简绝对值，进而求解即可．
【精准解析】
解：当a、b、c同正数时，则，不符合题意，故舍去，
当a、b、c同负数时，则，不符合题意，故舍去，
当a、b、c两正数、一负数时，则，符合题意，
∴abc＜0，
∴，
当a、b、c两负数、一正数时，则，故舍去，
综上，﹣1，
故答案为：﹣1．
【名师指导】
本题考查绝对值、有理数的加减混合运算，熟练掌握绝对值的性质，利用分类讨论解决问题是解答的关键．
13．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，点P为BC上任意一点，连接PA，以PA，PC为邻边作平行四边形PAQC，连接PQ，则PQ的最小值为____．
【标准答案】##
【思路点拨】
设，交于点，四边形PAQC是平行四边形，则，即求的最小值即可，当时，取得最小值，即最小，过点作于点，当重合时，最小，据此即可求得的最小值．
【精准解析】
如图，设，交于点，过点作于点，
四边形PAQC是平行四边形，
，
当时，取得最小值，即最小，当重合时，最小，
∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，
，
又
故答案为：
【名师指导】
本题考查了平行四边形的性质，垂线段最短，相似三角形的性质与判定，求得的长是解题的关键．
14．如图，在反比例函数图象上取一点A分别作AC⊥x轴，AB⊥y轴，且S矩形ABOC=2，那么这个函数解析式为________．
【标准答案】##
【思路点拨】
根据题意，得，结合矩形面积计算，得；根据反比例函数图像的性质分析，即可得到，从而得到答案．
【精准解析】
根据题意，得：
∵过A分别作AC⊥x轴，AB⊥y轴
∴，
∴S矩形ABOC
∴
∵反比例函数图象在第二象限
∴
∴
∴这个函数解析式为
故答案为：．
【名师指导】
本题考查了反比例函数、绝对值方程、矩形的知识；解题的关键是熟练掌握反比例函数的性质，从而完成求解．
15．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC，AB于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于P点，作射线AP交边BC于点D．若CD＝2，AB＝5．则△ABD的面积是 ___．
【标准答案】5
【思路点拨】
如图，过点D作于H，证明，可得结论．
【精准解析】
如图，过点D作于H，
平分，
，
，
故答案为：5．
【名师指导】
本题考查作图−基本作图，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用角平分线的性质定理解决问题．
16．如图，C为半圆弧AB的中点，P为弧BC上任意一点，CD⊥CP且与AP交于点D，连接BD． 若AB=2，则BD的最小值为_________
【标准答案】5−1
【思路点拨】
设半圆弧AB所在圆的圆心为O，连接OC，分别过点A,C作AB,OC的垂线，两垂线交于点E，延长CE至点F，使得CE=EF，连接AF,BE,DE，先根据正方形的判定与性质可得AE=CE=OA=1,∠BAE=90°，从而可得BE=5，再根据圆周角定理可得∠APC=12∠AOC=45°，从而可得∠ADC=135°，然后判断出点A,D,C,F四点共圆，且所在圆的圆心为点E，由此可得DE=1，最后根据三角形的三边关系定理、两点之间线段最短求出最小值即可得．
【精准解析】
解：如图，设半圆弧AB所在圆的圆心为O，连接OC，分别过点A,C作AB,OC的垂线，两垂线交于点E，延长CE至点F，使得CE=EF，连接AF,BE,DE，
∵C为半圆弧AB的中点，
∴∠AOC=90°，
又∵OA=OC=12AB=1，
∴四边形OAEC是正方形，
∴AE=CE=OA=1,∠BAE=90°，
在Rt△ABE中，BE=AE2+AB2=12+22=5，
∵CE=EF，
∴AE=EF，
∴Rt△AEF是等腰直角三角形，∠F=45°，
由圆周角定理得：∠APC=12∠AOC=45°，
∵CD⊥CP，即∠DCP=90°，
∴∠ADC=∠DCP+∠APC=135°，
∴∠ADC+∠F=135°+45°=180°，
又∵AE=CE=EF，
∴点A,D,C,F四点共圆，且所在圆的圆心为点E，
∴DE=AE=1，
由三角形的三边关系定理、两点之间线段最短得：DE+BD≥BE，即BD≥BE−DE，当且仅当点B,D,E共线时，等号成立，
则BD的最小值为BE−DE=5−1，
故答案为：5−1．
【名师指导】
本题考查了正方形的判定与性质、圆周角定理、圆心角定理等知识点，通过作辅助线，构造出点A,D,C,F四点共圆是解题关键．
17．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（﹣1，0），（0，4），（t，4）三点，当t≥3时，一元二次方程ax2+bx+c＝n一定有实数根，则n的取值范围是 ___．
【标准答案】n≤254
【思路点拨】
根据二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（﹣1，0），（0，4），通过列三元一次方程组并求解，即可得到b=a+4及c的值；分a>0和a<0两种情况分析；当a>0时，结合二次函数图像的性质，得t<0，不符合题意；当a<0时，结合二次函数平移和一元二次方程的性质，通过求解二元一次方程组和一元一次方程，即可得到答案．
【精准解析】
∵y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（﹣1，0），（0，4）
∴a−b+c=0c=4，
∴b=a+4
根据题意，分a>0和a<0两种情况分析；
当a>0时
∵y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（﹣1，0），（0，4）
∴y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴x=−b2a<0
∵y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（0，4），（t，4）
∴0+t2=−b2a<0
∴t<0，即和t≥3相矛盾
∴a>0不符合题意；
当a<0时，y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如下图：
当n>0时，y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象向下平移
∴随n增大，y＝ax2+bx+c-n与x轴右侧交点向左移动
根据题意，y＝ax2+bx+c-n与x轴右侧交点的最小值，为t=3时，即3,0
∴32=−b2a，即b=−3a
∴b=−3ab=a+4
∴a=−1b=3
∴t=3时，y＝ax2+bx+c最大值为254
∴254−n=0
∴n=254
当n<0时，y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象向上平移；
∴随n减小，y＝ax2+bx+c-n与x轴右侧交点向右移动，即当t≥3时，一元二次方程ax2+bx+c＝n一定有实数根
∴n≤254
故答案为：n≤254．
【名师指导】
本题考查了二次函数、一元二次方程、三元一次方程组、二元一次方程组的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数、一元二次方程的性质，从而完成求解．
18．如图，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴交于两点，于点是线段上的一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，则线段的最小值为_________．
【标准答案】
【思路点拨】
由点P的运动确定P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN，当线段CP'与MN垂直时，线段CP'的值最小．由此求得CP'的值即可．
【精准解析】
∵A，B两点是直线y=﹣x+4与坐标轴的交点，
∴A(0，4)，B(4，0)，
∴三角形OAB是等腰直角三角形，
∵OC⊥AB
∴A(2，2)，
又∵P是线段OC上的一个动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，
∴ P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一条线段MN，
∴当线段CP'与MN垂直时，线段CP'的值最小，
在△AOB中，AO=AN=4，AB=4，
∴NB=4-4
又∵Rt△HBN是等腰直角三角形，
∴2HB2=NB2，
∴HB=4-2，
∴CP'=4-（4-2）-2=2-2
故答案为：．
【名师指导】
本题考查了平面直角坐标系动点问题，找到最小值是解决问题的关键．
三、解答题(19-22题，每题10分；23、24题，每小题12分，25题14分，共78分)
19．(本题10分)
【标准答案】
【思路点拨】
先将每个方程化简，再利用加减法解方程组．
【精准解析】
解：去分母，整理化简得，，
②×3－①×2得，，即，
将代入①得，，即，
所以原方程组的解为．
【名师指导】
此题考查解二元一次方程组，掌握解二元一次方程组的解法：代入法和加减法，并根据每个方程组的特点选择恰当的解法是解题的关键．
20．(本题10分)已知关于x的一元二次方程x2＋(2m-1)x＋m2-2=0有两个实数根x1，x2．
（1）求实数m的取值范围；
（2）当m=1时，求代数式(x12＋2x1)(x22-2)的值．
【标准答案】（1） ；（2）1
【思路点拨】
（1）利用一元二次方程根的判别式，即可求解；
（2）利用一元二次方程的解的定义，根与系数的关系，可得，， ， ，再将代数式化简，即可求解．
【精准解析】
解：（1）∵关于x的一元二次方程x2＋(2m－1)x＋m2－2＝0有两个实数根x1，x2，
∴ ，即 ，
解得： ；
（2）当m=1时，原方程为 ，
∵关于x的一元二次方程x2＋(2m-1)x＋m2-2=0有两个实数根x1，x2，
∴，， ，
∴，，，
∴ ．
【名师指导】
本题主要考查了一元二次方程的根的判别式，根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的根的判别式，根与系数的关系是解题的关键．
21．(本题10分)小芳从家骑自行车去学校，所需时间()与骑车速度()之间的反比例函数关系如图．
(1)小芳家与学校之间的距离是多少？
(2)写出与的函数表达式；
(3)若小芳点分从家出发，预计到校时间不超过点分，请你用函数的性质说明小芳的骑车速度至少为多少？
【标准答案】(1)1400；(2)；(3)小芳的骑车速度至少为．
【思路点拨】
（1）直接利用反比例函数图象上点的坐标得出小芳家与学校之间的距离；
（2）利用待定系数法求出反比例函数解析式；
（3）利用y=8进而得出骑车的速度．
【精准解析】
(1)小芳家与学校之间的距离是：()；
(2)设，当时，，
解得：，
故与的函数表达式为：；
(3)当时，，
，在第一象限内随的增大而减小，
小芳的骑车速度至少为．
【名师指导】
此题主要考查了反比例函数的应用，正确得出函数关系式是解题关键．
22．(本题10分)马路边上有一棵树AB，树底A距离护路坡CD的底端D有3米，斜坡CD的坡角为60度，小明发现，下午2点时太阳光下该树的影子恰好为AD，同时刻1米长的竹竿影长为0.5米，下午4点时又发现该树的部分影子落在斜坡CD上的DE处，且，如图所示．
（1）树AB的高度是________米；
（2）求DE的长．
【标准答案】（1）6；（2）(3−）米
【思路点拨】
（1）根据在同一时刻物高和影长成正比，即可求出结果；
（2）延长BE交AD延长线于F点，根据30度角的直角三角形即可求出结果．
【精准解析】
解：（1）∵同时刻1米长的竹竿影长为0.5米，AD＝3米，
∴树AB的高度是6米；
故答案为：6；
（2）如图，延长BE，交AD于点F，
∵AB＝6，∠CDF＝60°，BE⊥CD，
∴∠DFE＝30°，
∴AF＝6，
∴DF＝6−3，
∴DE＝DF＝ (6−3)＝(3−）米．
【名师指导】
本题考查了解直角三角形的应用以及平行投影．解决本题的关键是作出辅助线得到AB的影长．
23．(本题12分)如图，在平面直角坐标系中，直线AB的解析式为y＝kx＋3分别交x轴、y轴于点A、B，∠BAO＝45°．
（1）求直线AB的解析式；
（2）点C在x轴负半轴上，连接CB，过点B作BC的垂线交x轴于点P，设点P的横坐标为t，BAP的面积为S，求S与t之间的函数解析式，（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，延长BC至Q，使BQ＝BP，过点Q作x轴的垂线交x轴于点D，点E为线段CQ的中点，过点E作BQ的垂线交BD的延长线与点F，若EF＝，求Q点坐标．
【标准答案】（1）y＝－x＋3；（2）；（3）Q（－3，－6）
【思路点拨】
（1）先证明OA＝OB＝3，由此即可求得点A的坐标，再利用待定系数法求解即可；
（2）先根据点P的横坐标为t可得OP＝t，进而可得AP的长，再利用三角形的面积公式计算即可求答案；
（3）过点Q作QH⊥y轴于点H，过点F作FM⊥QD于点M，作FN⊥x轴于点N，连接FQ，FC，先证明，由此可得OD＝QH＝OB＝3，进而可证得FD平分∠MDN，由此可得FM＝FN，再根据垂直平分线的性质可得FC＝FQ，由此可证得，由此可得∠CFQ＝∠NFM＝90°，进而可求得EQ＝EC＝EF＝，再根据勾股定理可分别求得，，设FM＝DM＝m，则，最后再根据相似三角形的判定与性质即可求得m＝2，进而即可求得点Q的坐标．
【精准解析】
解：（1）将x＝0代入y＝kx＋3得：y＝3，
∴OB＝3，
∵∠BAO＝45°，∠BOA＝90°，
∴∠OBA＝90°－∠BAO＝45°＝∠BAO，
∴OA＝OB＝3，
∴点A的坐标为（3，0），
将x＝3，y＝0代入y＝kx＋3得：0＝3k＋3，
解得：k＝－1，
∴直线AB的解析式为y＝－x＋3；
（2）∵点P的横坐标为t，
∴OP＝t，
∴AP＝OP－OA＝t－3，
∴
，
∴S与t之间的函数解析式为；
（3）如图，过点Q作QH⊥y轴于点H，过点F作FM⊥QD于点M，作FN⊥x轴于点N，连接FQ，FC，
∵BP⊥BC，
∴∠PBC＝90°，
∴∠PBO＋∠QBH＝90°，
∵QH⊥y轴，∠BOP＝90°，
∴∠QHB＝∠BOP＝90°，
∴∠PBO＋∠BPO＝90°，
∴∠BPO＝∠QBH，
在与中，
，
∴，
∴QH＝OB＝3，
∵QH⊥y轴，QD⊥x轴，∠DOH＝90°，
∴四边形QDOH为矩形，
∴OD＝QH＝OB＝3，
又∵∠DOB＝90°，
∴∠ODB＝∠OBD＝45°，
∴∠FDN＝∠ODB＝45°，
又∵∠QDN＝90°，
∴∠FDM＝90°－∠FDN＝45°＝∠FDN，
∴FD平分∠MDN，
又∵FM⊥QD，FN⊥x轴，
∴FM＝FN，∠FNC＝∠FMQ＝90°，
∵点E为线段CQ的中点，FE⊥CQ，
∴FC＝FQ，
在与中，
，
∴，
∴∠NFC＝∠MFQ，
∴∠NFC＋∠MFC＝∠MFQ＋∠MFC，
即∠NFM＝∠CFQ，
∵∠FNC＝∠FMQ＝∠MDN＝90°，FM＝FN，
∴四边形MDNF为正方形，
∴∠CFQ＝∠NFM＝90°，FM＝DM，
∵∠CFQ＝90°，点E为线段CQ的中点，EF＝，
∴EQ＝EC＝EF＝，
∴，
∵OD＝OB＝3，∠DOB＝90°，
∴，
设FM＝DM＝m，则，
∴，
∵∠CFQ＝90°，FC＝FQ，
∴∠FQC＝∠FCQ＝45°，
∴∠FQC＝∠OBD，
∵QD⊥x轴，y轴⊥x轴，
∴QDy轴，
∴∠DQC＝∠OBC，
∴∠FQC－∠DQC＝∠OBD－∠OBC，
即∠FQM＝∠FBE，
又∵∠FMQ＝∠FEB＝90°，
∴，
∴，
∴，
解得：，（不符合题意，舍去），
∴FM＝DM＝2，
∴，
∴QD＝DM＋MQ＝6，
又∵点Q在第三象限，OD＝3，
∴点Q的坐标为（－3，－6）．
【名师指导】
本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，矩形与正方形的判定与性质，角平分线与垂直平分线的性质等相关知识，综合性较强，有一定的难度，正确作出辅助线并能灵活运用相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．
24．(本题12分)已知抛物线经过点A(-3，-7)，B(3，5)，顶点为点E，抛物线的对称轴与直线AB交于点C．
（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式．
（2）在抛物线上A，E两点之间的部分(不包含A，E两点)，是否存在点D，使得？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）若点P在抛物线上，点Q在x轴上，当以点A，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出满足条件的点P的坐标．
【标准答案】（1）y=2x-1，y=-x2+2x+8；（2）存在，D(-1，5)；（3）点P的坐标为(1+，2)或(1-，2)或(6，-16)或(-4，-16)
【思路点拨】
（1）设直线的解析式为，把点，代入，即可得直线AB的解析式，把点，代入抛物线，即可得抛物线的解析式；
（2）把抛物线化为顶点式，设点,，过点作轴的平行线交直线于点，则，即可得，，根据解得，即可得；
（3）设点，当以点，，，为顶点的四边形是平行四边形时，分三种情况讨论：①当为对角线时，根据中点坐标公式可得点坐标为，解得，当时，，解得或，即可得；②当为对角线时，根据中点坐标公式可得点坐标为，解得，当时，，方程无解，舍去；③当为对角线时，根据中点坐标公式可得点坐标为，解得，当时，，解得或；即可得．
【精准解析】
解：（1）设直线的解析式为，
把点，代入，得，
解得：，
直线的解析式为，
把点，代入抛物线，
得，解得，
抛物线的解析式为．
（2），
顶点，
设点，，
过点作轴的平行线交直线于点，则，
，
，
，
解得或舍去，
存在点，使得
（3），，
设点，
当以点，，，为顶点的四边形是平行四边形时，分三种情况讨论：
①当为对角线时，根据中点坐标公式可得点坐标为，
点在轴上，
，
当时，，
解得或，
点坐标为或，
②当为对角线时，根据中点坐标公式可得点坐标为，
点在轴上，
，
当时，，
方程无解，舍去，
③当为对角线时，根据中点坐标公式可得点坐标为，
点在轴上，
，
当时，，
解得或
点坐标为或，
综上所述，点的坐标为或或或．
【名师指导】
本题考查了二次函数，一次函数，平行四边形，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．
25．(本题14分)如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙是△ABC的外接圆，连接BO并延长交边AC于点D．
（1）如图1，求证：∠BAC＝2∠ABD；
（2）如图2，过点B作BH⊥AC于点H，延长BH交⊙O于点G，连接OC，CG，OC交BG于点F，求证：BF＝2HG；
（3）如图3，在（2）的条件下，若AD＝2，CD＝3，求线段BF的长．
【标准答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析，（3）．
【思路点拨】
（1）连接OA并延长AO交BC于E，证明∠BAC=2∠BAE和∠ABD=∠BAE即可得结论，
（2）利用直角三角形两锐角互余、圆周角定理进行导角，得出和是等腰三角形，得出BM=MC=FG=CG，MH=HG，进而由BF=BM+MH-FH=FG-FH+HG，得出结论；
（3）过O点作OP⊥AC，由垂径定理得出，再由和平行线分线段成比例定理求出，由勾股定理进而可求BH，再利用相似三角形对应边成比例求出HG，即可得BF长．
【精准解析】
解：（1）连接OA并延长AO交BC于E，
∵AB=AC，
∴，
∵AE过圆心O，
∴，，
∴∠BAC=2∠BAE，
∵OA=OB，
∴∠ABD=∠BAE，
∴∠BAC=2∠ABD；
（2）如解图（2），连接OA并延长AO交BC于E，AE交BF于M，连接MC，
设，则
∵AE=EC，AE⊥BC，
∴BM=MC，
∴∠MBC=∠MCB，
∵BG⊥AC，AE⊥BC，
∴∠EAC+∠ACE=90°，∠HBC+∠ACE=90°，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴∠G=∠CMG，
∴CG=CM=BM，
∵AC⊥BG，
∴MH=HG，
∵OA=OC，
∴
∴，
∵，即，
∴，
∴FG=CG，
∴BM=MC=FG=CG，
又∵MH=HG，
∴BF=BM+MH-FH=FG-FH+HG，
∴BF=2HG．
（3）过O点作OP⊥AC，如解图（3）
∵AO是∠BAC的角平分线，
∴点O到AB、AC的距离相等，
∴，
∵AD=2，CD=3，
∴AB=AC=5，
∴，即：，
∵OP⊥AC，
∴，，
∵，
∴OP//BH，
∴，
∴，
∴，，
∵在中，，
∵，，
∴，
∴ 即：，
∴，
∴，
由（2）得BF=2HG，
∴
【名师指导】
本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，涉及了相似三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识点，解题关键是利用同弧或等弧所对圆周角相等、直角三角形的两锐角相等找出图中角之间的关系，从而利用相似或勾股定理解题．
（冲刺卷）2022-2023学年沪教版九年级数学一模（期末）考试卷
（解析版）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题(每小题4分，共24分)
1．篮球队5名场上队员的身高（单位：cm）分别是：189，191，193，195，196．现用一名身高为192cm的队员换下身高为196cm的队员，与换人前相比，场上队员的身高（ ）
A．平均数变小，方差变小 B．平均数变小，方差变大
C．平均数变大，方差变小 D．平均数变大，方差变大
【标准答案】A
【思路点拨】
分别计算出原数据和新数据的平均数和方差即可得．
【精准解析】
解：原数据的平均数为=192.8，
则原数据的方差为[（189-192.8）2+（191-192.8）2+（193-192.8）2+（195-192.8）2+（196-192.8）2]=4.512，
新数据的平均数为=192，
则新数据的方差为[（189-192）2+（191-192）2+（193-192）2+（195-192）2+（192-192）2]=4，
所以平均数变小，方差变小，
故选：A．
【名师指导】
本题主要考查了方差和平均数，解题的关键是掌握方差的计算公式．
2．如图，在菱形中，，于点，延长至使．连接交于点，，则的长度是（ ）
A． B．
C． D．
【标准答案】D
【思路点拨】
根据已知条件先求出AE的长，可得为等腰直角三角形，得到，根据平行线的性质可得为等腰直角三角形，即可得出B’F的长度．
【精准解析】
解：在边长为a的菱形中，，AE为BC边上的高，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵ABCD，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
故选：D．
【名师指导】
题目主要考查菱形的性质、等腰直角三角形的性质、平行线、垂直平分线的性质等，熟练掌握运用菱形、等腰直角三角形的性质是解题关键．
3．若a为整数，关于x的不等式组有解，且关于x的分式方程有正整数解，则满足条件的a的个数（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【标准答案】A
【思路点拨】
观察此题先解不等式组确定x的解集，由不等式组有解确定a的取值范围，再根据分式方程有正整数解，即可找出符合条件的所有整数a．
【精准解析】
不等式组，
解①得：，
解②得：，
且不等式组有解，
解关于x的分式方程得：
，
分式方程有正整数解，a为整数，
方程产生增根，舍去，
符合条件的a的值有1个，为0，
故选：A．
【名师指导】
此题考查不等式组的解法以及分式方程的解法，综合性较强，熟练掌握不等式组的解法以及分式方程的解法是解决本题的关键．
4．下列计算结果正确的是（ ）
A． B． C． D．
【标准答案】D
【思路点拨】
直接利用二次根式的除法运算、加减运算法则分别计算得出答案．
【精准解析】
解：A.，故此选项不合题意；
B.，故此选项不合题意；
C.，故此选项不合题意；
D.，故此选项符合题意．
故选：．
【名师指导】
本题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．
5．如图，在RtABC中，∠ABC=90°，AB=BC，点P在ABC内一点，连接PA，PB，PC，若∠BAP=∠CBP，且AP=6，则PC的最小值是（ ）
A．2 B．3 C．3-3 D．3
【标准答案】D
【思路点拨】
把△BPC绕点B逆时针旋转90°得到△ABP’，连接PP’，得到△PP’B是等腰直角三角形，再由当P’、P、C在同一直线上，且AP’⊥P’C时，AP’最短，故可得到△APP’是等腰直角三角形，找到PC与AP的关系即可求解．
【精准解析】
把△BPC绕点B逆时针旋转90°得到△ABP’，连接PP’
则AP’=PC，BP=BP’，∠PBP’=90°，∠AP’B=∠CPB
故△PP’B是等腰直角三角形
∴∠PP’B=45°
∵∠BAP=∠CBP
∴∠BAP=∠ABP’
∴BP’AP
∴∠APB=90°
当P’、P、C在同一直线上，且AP’⊥P’C时，AP’最短
∴∠AP’B=90°+45°=135°
∴∠PAP’=180°-∠AP’B=45°
∴△APP’是等腰直角三角形
∴AP=AP’=6
∴PC=AP’=3
故选D．
【名师指导】
此题主要考查旋转的综合运用，解题的关键是根据题意找到AP’最短的情况．
6．定义一种新运算“*”，即，例如．则的值为（ ）
A．12 B．24 C．27 D．30
【标准答案】C
【思路点拨】
根据新定义的公式代入计算即可．
【精准解析】
∵,
∴=,
故选C．
【名师指导】
本题考查了新定义下的实数计算，准确理解新定义公式是解题的关键．
二、填空题(每小题4分，共48分)
7．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，点F在BC的延长线上，CE平分∠DCF交AD的延长线于点E，已知∠E＝35°，则∠A＝___．
【标准答案】110︒度
【思路点拨】
根据平行线的性质和角平分线的性质可得结论．
【精准解析】
解：∵AD//BC
∴
∵CE平分∠DCF
∴
∴
∵AB//CD
∴
∵AD//BC
∴
∴
故答案为：110︒
【名师指导】
本题主要考查了角的平分线以及平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解答本题的关键．
8．如图，已知Rt△ABC≌Rt△DEC，连结AD，若∠B＝58°，则∠1的度数是 ____．
【标准答案】
【思路点拨】
根据全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质求出∠CAD=45°，根据角的和差解答即可．
【精准解析】
解：∵Rt△ABC≌Rt△DEC，
∴AC=CD，∠CDE=∠BAC，
∵∠B=58°，∠ACB=90°，
∴∠BAC=32°，
∴∠CDE=32°，
∵AC=CD，
∴∠CAD=∠ADC=45°，
∴∠1=∠ADC-∠CDE=13°，
故答案为：13°．
【名师指导】
本题考查了全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等、全等三角形的对应角相等是解题的关键．
9．已知点关于轴的对称点在第一象限，则的取值范围是________．
【标准答案】
【思路点拨】
根据题意可知点在第四象限，然后根据第四象限点的坐标特征求解即可．
【精准解析】
解：∵点关于轴的对称点在第一象限，
∴点在第四象限，
∴，，
解得：，
故答案为：．
【名师指导】
本题考查了点的坐标特征以及解一元一次不等式组，根据题意得出点在第四象限是解本题的关键．
10．在实数范围内分解因式：x2﹣3xy﹣y2＝___．
【标准答案】．
【思路点拨】
先利用配方法，再利用平方差公式即可得．
【精准解析】
解：
=
=
=．
故答案为：．
【名师指导】
本题主要考查了用配方法和平方差公式法进行因式分解，因式分解的常用方法有：配方法、公式法、提取公因式法、十字相乘法等．
11．如图，B处在A处的南偏西42°方向，C处在A处的南偏东30°方向，C处在B处的北偏东72°方向，则∠ACB的度数是______．
【标准答案】78°
【思路点拨】
根据方向角的定义，即可求得∠DBA，∠DBC，∠EAC的度数，然后根据三角形内角和定理即可求解．
【精准解析】
解：∵AE，DB是正南和正北方向，
∴BD∥AE，
∵B处在A处的南偏西42°方向，
∴∠BAE＝∠DBA＝42°，
∵C处在A处的南偏东30°方向，
∴∠EAC＝30°，
∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝42°+30°＝72°，
又∵C处在B处的北偏东72°方向，
∴∠DBC＝72°，
∴∠ABC＝72°﹣42°＝30°，
∴∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝180°﹣30°﹣72°＝78°．
故答案为：78°．
【名师指导】
本题考查的是方向角的概念，用方位角描述方向时，通常以正北或正南方向为角的始边，以对象所处的射线为终边，故描述方位角时，一般先叙述北或南，再叙述偏东或偏西．
12．若三个非零有理数a，b，c满足，则_______．
【标准答案】﹣1
【思路点拨】
根据绝对值的性质对a、b、c的正负讨论化简绝对值，进而求解即可．
【精准解析】
解：当a、b、c同正数时，则，不符合题意，故舍去，
当a、b、c同负数时，则，不符合题意，故舍去，
当a、b、c两正数、一负数时，则，符合题意，
∴abc＜0，
∴，
当a、b、c两负数、一正数时，则，故舍去，
综上，﹣1，
故答案为：﹣1．
【名师指导】
本题考查绝对值、有理数的加减混合运算，熟练掌握绝对值的性质，利用分类讨论解决问题是解答的关键．
13．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，点P为BC上任意一点，连接PA，以PA，PC为邻边作平行四边形PAQC，连接PQ，则PQ的最小值为____．
【标准答案】##
【思路点拨】
设，交于点，四边形PAQC是平行四边形，则，即求的最小值即可，当时，取得最小值，即最小，过点作于点，当重合时，最小，据此即可求得的最小值．
【精准解析】
如图，设，交于点，过点作于点，
四边形PAQC是平行四边形，
，
当时，取得最小值，即最小，当重合时，最小，
∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，
，
又
故答案为：
【名师指导】
本题考查了平行四边形的性质，垂线段最短，相似三角形的性质与判定，求得的长是解题的关键．
14．如图，在反比例函数图象上取一点A分别作AC⊥x轴，AB⊥y轴，且S矩形ABOC=2，那么这个函数解析式为________．
【标准答案】##
【思路点拨】
根据题意，得，结合矩形面积计算，得；根据反比例函数图像的性质分析，即可得到，从而得到答案．
【精准解析】
根据题意，得：
∵过A分别作AC⊥x轴，AB⊥y轴
∴，
∴S矩形ABOC
∴
∵反比例函数图象在第二象限
∴
∴
∴这个函数解析式为
故答案为：．
【名师指导】
本题考查了反比例函数、绝对值方程、矩形的知识；解题的关键是熟练掌握反比例函数的性质，从而完成求解．
15．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC，AB于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于P点，作射线AP交边BC于点D．若CD＝2，AB＝5．则△ABD的面积是 ___．
【标准答案】5
【思路点拨】
如图，过点D作于H，证明，可得结论．
【精准解析】
如图，过点D作于H，
平分，
，
，
故答案为：5．
【名师指导】
本题考查作图−基本作图，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用角平分线的性质定理解决问题．
16．如图，C为半圆弧AB的中点，P为弧BC上任意一点，CD⊥CP且与AP交于点D，连接BD． 若AB=2，则BD的最小值为_________
【标准答案】5−1
【思路点拨】
设半圆弧AB所在圆的圆心为O，连接OC，分别过点A,C作AB,OC的垂线，两垂线交于点E，延长CE至点F，使得CE=EF，连接AF,BE,DE，先根据正方形的判定与性质可得AE=CE=OA=1,∠BAE=90°，从而可得BE=5，再根据圆周角定理可得∠APC=12∠AOC=45°，从而可得∠ADC=135°，然后判断出点A,D,C,F四点共圆，且所在圆的圆心为点E，由此可得DE=1，最后根据三角形的三边关系定理、两点之间线段最短求出最小值即可得．
【精准解析】
解：如图，设半圆弧AB所在圆的圆心为O，连接OC，分别过点A,C作AB,OC的垂线，两垂线交于点E，延长CE至点F，使得CE=EF，连接AF,BE,DE，
∵C为半圆弧AB的中点，
∴∠AOC=90°，
又∵OA=OC=12AB=1，
∴四边形OAEC是正方形，
∴AE=CE=OA=1,∠BAE=90°，
在Rt△ABE中，BE=AE2+AB2=12+22=5，
∵CE=EF，
∴AE=EF，
∴Rt△AEF是等腰直角三角形，∠F=45°，
由圆周角定理得：∠APC=12∠AOC=45°，
∵CD⊥CP，即∠DCP=90°，
∴∠ADC=∠DCP+∠APC=135°，
∴∠ADC+∠F=135°+45°=180°，
又∵AE=CE=EF，
∴点A,D,C,F四点共圆，且所在圆的圆心为点E，
∴DE=AE=1，
由三角形的三边关系定理、两点之间线段最短得：DE+BD≥BE，即BD≥BE−DE，当且仅当点B,D,E共线时，等号成立，
则BD的最小值为BE−DE=5−1，
故答案为：5−1．
【名师指导】
本题考查了正方形的判定与性质、圆周角定理、圆心角定理等知识点，通过作辅助线，构造出点A,D,C,F四点共圆是解题关键．
17．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（﹣1，0），（0，4），（t，4）三点，当t≥3时，一元二次方程ax2+bx+c＝n一定有实数根，则n的取值范围是 ___．
【标准答案】n≤254
【思路点拨】
根据二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（﹣1，0），（0，4），通过列三元一次方程组并求解，即可得到b=a+4及c的值；分a>0和a<0两种情况分析；当a>0时，结合二次函数图像的性质，得t<0，不符合题意；当a<0时，结合二次函数平移和一元二次方程的性质，通过求解二元一次方程组和一元一次方程，即可得到答案．
【精准解析】
∵y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（﹣1，0），（0，4）
∴a−b+c=0c=4，
∴b=a+4
根据题意，分a>0和a<0两种情况分析；
当a>0时
∵y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（﹣1，0），（0，4）
∴y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴x=−b2a<0
∵y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（0，4），（t，4）
∴0+t2=−b2a<0
∴t<0，即和t≥3相矛盾
∴a>0不符合题意；
当a<0时，y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如下图：
当n>0时，y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象向下平移
∴随n增大，y＝ax2+bx+c-n与x轴右侧交点向左移动
根据题意，y＝ax2+bx+c-n与x轴右侧交点的最小值，为t=3时，即3,0
∴32=−b2a，即b=−3a
∴b=−3ab=a+4
∴a=−1b=3
∴t=3时，y＝ax2+bx+c最大值为254
∴254−n=0
∴n=254
当n<0时，y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象向上平移；
∴随n减小，y＝ax2+bx+c-n与x轴右侧交点向右移动，即当t≥3时，一元二次方程ax2+bx+c＝n一定有实数根
∴n≤254
故答案为：n≤254．
【名师指导】
本题考查了二次函数、一元二次方程、三元一次方程组、二元一次方程组的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数、一元二次方程的性质，从而完成求解．
18．如图，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴交于两点，于点是线段上的一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，则线段的最小值为_________．
【标准答案】
【思路点拨】
由点P的运动确定P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN，当线段CP'与MN垂直时，线段CP'的值最小．由此求得CP'的值即可．
【精准解析】
∵A，B两点是直线y=﹣x+4与坐标轴的交点，
∴A(0，4)，B(4，0)，
∴三角形OAB是等腰直角三角形，
∵OC⊥AB
∴A(2，2)，
又∵P是线段OC上的一个动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，
∴ P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一条线段MN，
∴当线段CP'与MN垂直时，线段CP'的值最小，
在△AOB中，AO=AN=4，AB=4，
∴NB=4-4
又∵Rt△HBN是等腰直角三角形，
∴2HB2=NB2，
∴HB=4-2，
∴CP'=4-（4-2）-2=2-2
故答案为：．
【名师指导】
本题考查了平面直角坐标系动点问题，找到最小值是解决问题的关键．
三、解答题(19-22题，每题10分；23、24题，每小题12分，25题14分，共78分)
19．(本题10分)
【标准答案】
【思路点拨】
先将每个方程化简，再利用加减法解方程组．
【精准解析】
解：去分母，整理化简得，，
②×3－①×2得，，即，
将代入①得，，即，
所以原方程组的解为．
【名师指导】
此题考查解二元一次方程组，掌握解二元一次方程组的解法：代入法和加减法，并根据每个方程组的特点选择恰当的解法是解题的关键．
20．(本题10分)已知关于x的一元二次方程x2＋(2m-1)x＋m2-2=0有两个实数根x1，x2．
（1）求实数m的取值范围；
（2）当m=1时，求代数式(x12＋2x1)(x22-2)的值．
【标准答案】（1） ；（2）1
【思路点拨】
（1）利用一元二次方程根的判别式，即可求解；
（2）利用一元二次方程的解的定义，根与系数的关系，可得，， ， ，再将代数式化简，即可求解．
【精准解析】
解：（1）∵关于x的一元二次方程x2＋(2m－1)x＋m2－2＝0有两个实数根x1，x2，
∴ ，即 ，
解得： ；
（2）当m=1时，原方程为 ，
∵关于x的一元二次方程x2＋(2m-1)x＋m2-2=0有两个实数根x1，x2，
∴，， ，
∴，，，
∴ ．
【名师指导】
本题主要考查了一元二次方程的根的判别式，根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的根的判别式，根与系数的关系是解题的关键．
21．(本题10分)小芳从家骑自行车去学校，所需时间()与骑车速度()之间的反比例函数关系如图．
(1)小芳家与学校之间的距离是多少？
(2)写出与的函数表达式；
(3)若小芳点分从家出发，预计到校时间不超过点分，请你用函数的性质说明小芳的骑车速度至少为多少？
【标准答案】(1)1400；(2)；(3)小芳的骑车速度至少为．
【思路点拨】
（1）直接利用反比例函数图象上点的坐标得出小芳家与学校之间的距离；
（2）利用待定系数法求出反比例函数解析式；
（3）利用y=8进而得出骑车的速度．
【精准解析】
(1)小芳家与学校之间的距离是：()；
(2)设，当时，，
解得：，
故与的函数表达式为：；
(3)当时，，
，在第一象限内随的增大而减小，
小芳的骑车速度至少为．
【名师指导】
此题主要考查了反比例函数的应用，正确得出函数关系式是解题关键．
22．(本题10分)马路边上有一棵树AB，树底A距离护路坡CD的底端D有3米，斜坡CD的坡角为60度，小明发现，下午2点时太阳光下该树的影子恰好为AD，同时刻1米长的竹竿影长为0.5米，下午4点时又发现该树的部分影子落在斜坡CD上的DE处，且，如图所示．
（1）树AB的高度是________米；
（2）求DE的长．
【标准答案】（1）6；（2）(3−）米
【思路点拨】
（1）根据在同一时刻物高和影长成正比，即可求出结果；
（2）延长BE交AD延长线于F点，根据30度角的直角三角形即可求出结果．
【精准解析】
解：（1）∵同时刻1米长的竹竿影长为0.5米，AD＝3米，
∴树AB的高度是6米；
故答案为：6；
（2）如图，延长BE，交AD于点F，
∵AB＝6，∠CDF＝60°，BE⊥CD，
∴∠DFE＝30°，
∴AF＝6，
∴DF＝6−3，
∴DE＝DF＝ (6−3)＝(3−）米．
【名师指导】
本题考查了解直角三角形的应用以及平行投影．解决本题的关键是作出辅助线得到AB的影长．
23．(本题12分)如图，在平面直角坐标系中，直线AB的解析式为y＝kx＋3分别交x轴、y轴于点A、B，∠BAO＝45°．
（1）求直线AB的解析式；
（2）点C在x轴负半轴上，连接CB，过点B作BC的垂线交x轴于点P，设点P的横坐标为t，BAP的面积为S，求S与t之间的函数解析式，（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，延长BC至Q，使BQ＝BP，过点Q作x轴的垂线交x轴于点D，点E为线段CQ的中点，过点E作BQ的垂线交BD的延长线与点F，若EF＝，求Q点坐标．
【标准答案】（1）y＝－x＋3；（2）；（3）Q（－3，－6）
【思路点拨】
（1）先证明OA＝OB＝3，由此即可求得点A的坐标，再利用待定系数法求解即可；
（2）先根据点P的横坐标为t可得OP＝t，进而可得AP的长，再利用三角形的面积公式计算即可求答案；
（3）过点Q作QH⊥y轴于点H，过点F作FM⊥QD于点M，作FN⊥x轴于点N，连接FQ，FC，先证明，由此可得OD＝QH＝OB＝3，进而可证得FD平分∠MDN，由此可得FM＝FN，再根据垂直平分线的性质可得FC＝FQ，由此可证得，由此可得∠CFQ＝∠NFM＝90°，进而可求得EQ＝EC＝EF＝，再根据勾股定理可分别求得，，设FM＝DM＝m，则，最后再根据相似三角形的判定与性质即可求得m＝2，进而即可求得点Q的坐标．
【精准解析】
解：（1）将x＝0代入y＝kx＋3得：y＝3，
∴OB＝3，
∵∠BAO＝45°，∠BOA＝90°，
∴∠OBA＝90°－∠BAO＝45°＝∠BAO，
∴OA＝OB＝3，
∴点A的坐标为（3，0），
将x＝3，y＝0代入y＝kx＋3得：0＝3k＋3，
解得：k＝－1，
∴直线AB的解析式为y＝－x＋3；
（2）∵点P的横坐标为t，
∴OP＝t，
∴AP＝OP－OA＝t－3，
∴
，
∴S与t之间的函数解析式为；
（3）如图，过点Q作QH⊥y轴于点H，过点F作FM⊥QD于点M，作FN⊥x轴于点N，连接FQ，FC，
∵BP⊥BC，
∴∠PBC＝90°，
∴∠PBO＋∠QBH＝90°，
∵QH⊥y轴，∠BOP＝90°，
∴∠QHB＝∠BOP＝90°，
∴∠PBO＋∠BPO＝90°，
∴∠BPO＝∠QBH，
在与中，
，
∴，
∴QH＝OB＝3，
∵QH⊥y轴，QD⊥x轴，∠DOH＝90°，
∴四边形QDOH为矩形，
∴OD＝QH＝OB＝3，
又∵∠DOB＝90°，
∴∠ODB＝∠OBD＝45°，
∴∠FDN＝∠ODB＝45°，
又∵∠QDN＝90°，
∴∠FDM＝90°－∠FDN＝45°＝∠FDN，
∴FD平分∠MDN，
又∵FM⊥QD，FN⊥x轴，
∴FM＝FN，∠FNC＝∠FMQ＝90°，
∵点E为线段CQ的中点，FE⊥CQ，
∴FC＝FQ，
在与中，
，
∴，
∴∠NFC＝∠MFQ，
∴∠NFC＋∠MFC＝∠MFQ＋∠MFC，
即∠NFM＝∠CFQ，
∵∠FNC＝∠FMQ＝∠MDN＝90°，FM＝FN，
∴四边形MDNF为正方形，
∴∠CFQ＝∠NFM＝90°，FM＝DM，
∵∠CFQ＝90°，点E为线段CQ的中点，EF＝，
∴EQ＝EC＝EF＝，
∴，
∵OD＝OB＝3，∠DOB＝90°，
∴，
设FM＝DM＝m，则，
∴，
∵∠CFQ＝90°，FC＝FQ，
∴∠FQC＝∠FCQ＝45°，
∴∠FQC＝∠OBD，
∵QD⊥x轴，y轴⊥x轴，
∴QDy轴，
∴∠DQC＝∠OBC，
∴∠FQC－∠DQC＝∠OBD－∠OBC，
即∠FQM＝∠FBE，
又∵∠FMQ＝∠FEB＝90°，
∴，
∴，
∴，
解得：，（不符合题意，舍去），
∴FM＝DM＝2，
∴，
∴QD＝DM＋MQ＝6，
又∵点Q在第三象限，OD＝3，
∴点Q的坐标为（－3，－6）．
【名师指导】
本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，矩形与正方形的判定与性质，角平分线与垂直平分线的性质等相关知识，综合性较强，有一定的难度，正确作出辅助线并能灵活运用相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．
24．(本题12分)已知抛物线经过点A(-3，-7)，B(3，5)，顶点为点E，抛物线的对称轴与直线AB交于点C．
（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式．
（2）在抛物线上A，E两点之间的部分(不包含A，E两点)，是否存在点D，使得？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）若点P在抛物线上，点Q在x轴上，当以点A，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出满足条件的点P的坐标．
【标准答案】（1）y=2x-1，y=-x2+2x+8；（2）存在，D(-1，5)；（3）点P的坐标为(1+，2)或(1-，2)或(6，-16)或(-4，-16)
【思路点拨】
（1）设直线的解析式为，把点，代入，即可得直线AB的解析式，把点，代入抛物线，即可得抛物线的解析式；
（2）把抛物线化为顶点式，设点,，过点作轴的平行线交直线于点，则，即可得，，根据解得，即可得；
（3）设点，当以点，，，为顶点的四边形是平行四边形时，分三种情况讨论：①当为对角线时，根据中点坐标公式可得点坐标为，解得，当时，，解得或，即可得；②当为对角线时，根据中点坐标公式可得点坐标为，解得，当时，，方程无解，舍去；③当为对角线时，根据中点坐标公式可得点坐标为，解得，当时，，解得或；即可得．
【精准解析】
解：（1）设直线的解析式为，
把点，代入，得，
解得：，
直线的解析式为，
把点，代入抛物线，
得，解得，
抛物线的解析式为．
（2），
顶点，
设点，，
过点作轴的平行线交直线于点，则，
，
，
，
解得或舍去，
存在点，使得
（3），，
设点，
当以点，，，为顶点的四边形是平行四边形时，分三种情况讨论：
①当为对角线时，根据中点坐标公式可得点坐标为，
点在轴上，
，
当时，，
解得或，
点坐标为或，
②当为对角线时，根据中点坐标公式可得点坐标为，
点在轴上，
，
当时，，
方程无解，舍去，
③当为对角线时，根据中点坐标公式可得点坐标为，
点在轴上，
，
当时，，
解得或
点坐标为或，
综上所述，点的坐标为或或或．
【名师指导】
本题考查了二次函数，一次函数，平行四边形，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．
25．(本题14分)如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙是△ABC的外接圆，连接BO并延长交边AC于点D．
（1）如图1，求证：∠BAC＝2∠ABD；
（2）如图2，过点B作BH⊥AC于点H，延长BH交⊙O于点G，连接OC，CG，OC交BG于点F，求证：BF＝2HG；
（3）如图3，在（2）的条件下，若AD＝2，CD＝3，求线段BF的长．
【标准答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析，（3）．
【思路点拨】
（1）连接OA并延长AO交BC于E，证明∠BAC=2∠BAE和∠ABD=∠BAE即可得结论，
（2）利用直角三角形两锐角互余、圆周角定理进行导角，得出和是等腰三角形，得出BM=MC=FG=CG，MH=HG，进而由BF=BM+MH-FH=FG-FH+HG，得出结论；
（3）过O点作OP⊥AC，由垂径定理得出，再由和平行线分线段成比例定理求出，由勾股定理进而可求BH，再利用相似三角形对应边成比例求出HG，即可得BF长．
【精准解析】
解：（1）连接OA并延长AO交BC于E，
∵AB=AC，
∴，
∵AE过圆心O，
∴，，
∴∠BAC=2∠BAE，
∵OA=OB，
∴∠ABD=∠BAE，
∴∠BAC=2∠ABD；
（2）如解图（2），连接OA并延长AO交BC于E，AE交BF于M，连接MC，
设，则
∵AE=EC，AE⊥BC，
∴BM=MC，
∴∠MBC=∠MCB，
∵BG⊥AC，AE⊥BC，
∴∠EAC+∠ACE=90°，∠HBC+∠ACE=90°，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴∠G=∠CMG，
∴CG=CM=BM，
∵AC⊥BG，
∴MH=HG，
∵OA=OC，
∴
∴，
∵，即，
∴，
∴FG=CG，
∴BM=MC=FG=CG，
又∵MH=HG，
∴BF=BM+MH-FH=FG-FH+HG，
∴BF=2HG．
（3）过O点作OP⊥AC，如解图（3）
∵AO是∠BAC的角平分线，
∴点O到AB、AC的距离相等，
∴，
∵AD=2，CD=3，
∴AB=AC=5，
∴，即：，
∵OP⊥AC，
∴，，
∵，
∴OP//BH，
∴，
∴，
∴，，
∵在中，，
∵，，
∴，
∴ 即：，
∴，
∴，
由（2）得BF=2HG，
∴
【名师指导】
本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，涉及了相似三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识点，解题关键是利用同弧或等弧所对圆周角相等、直角三角形的两锐角相等找出图中角之间的关系，从而利用相似或勾股定理解题．
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