2022-2023学年广西北大南宁附属实验学校九年级（下）第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广西北大南宁附属实验学校九年级（下）第一次月考数学试卷（含解析），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。

一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列四个数中，比−3小的数是( )
A. 0B. 1C. −1D. −5
2. 下列柱体俯视图是圆形的是( )
A. B. C. D.
3. 2022年“中央一号文件”提出要严守1800000000亩耕地红线，挖掘潜力，增加耕地．数据1800000000亩用科学记数法表示为( )
A. 1.8×108亩B. 1.8×109亩C. 1.8×1010亩D. 18×108亩
4. 将一副三角板按如图所示的位置摆放在直尺上，则∠1的度数为( )
A. 60°B. 65°C. 75°D. 85°
5. 使式子 1x+1有意义的x取值范围是( )
A. x>−1B. x≥−1C. x<−1D. x≤−1
6. 正十二边形的一个外角的度数为( )
A. 30°B. 36°C. 144°D. 150°
7. 如图，在数轴上，点A、B分别表示a、b，且a+b=0，若AB=6，则点A表示的数为( )
A. −3B. 0C. 3D. −6
8. 下列计算正确的是( )
A. a2⋅a4=a8B. a6+a3+a2=2a2
C. 2a+3b=5abD. (−2a2b)3=−8a6b3
9. 如图，在直角坐标系中，△ABC与△A′B′C′是位似图形，则位似中心为( )
A. 点MB. 点NC. 点OD. 点P
10. 用一条长40cm的绳子围成一个面积为64cm2的长方形．设长方形的长为xcm，则可列方程为( )
A. x(20+x)=64B. x(20−x)=64C. x(40+x)=64D. x(40−x)=64
11. 如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，若AB=4，AC=2 2，则O到AC的距离为( )
A. 1B. 2C. 2D. 2 2
12. 已知二次函数y=−(x+m−1)(x−m)+1，点A(x1,y1)，B(x2,y2)(x1A. 若x1+x2>1，则y1>y2B. 若x1+x2<1，则y1>y2
C. 若x1+x2>−1，则y1>y2D. 若x1+x2<−1，则y1>y2
二、填空题（本大题共6小题，共12.0分）
13. 实数4的算术平方根为 ．
14. 分解因式：2m2−2= ．
15. 已知一扇形，半径为6，圆心角为120°，则所对的弧长为______．
16. 为开展“喜迎二十大、永远跟党走、奋进新征程”主题教育宣讲活动，某单位从甲、乙、丙、丁四名宣讲员中随机选取两名进行宣讲，则恰好选中甲和丙的概率为______．
17. 我国古代天文学家和数学著作《周髀算经》中提到：一年有二十四个气节，每个气节是晷(guǐ)长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长所测量影子的长度)，二十四节气如图所示，从冬至到夏至晷长逐渐变小，从夏至到冬至晷长逐渐变大，相邻两个节气晷长减少或增加的量均相同，周而复始.若冬至的晷长为13.5尺，夏至的晷长为1.5尺，则立夏的晷长为______ 尺.
18. 如图，在正方形ABCD内有一点E，∠AEB=90°.以CE，DE为邻边作平行四边形CEDF，连结EF，若A，E，F三点共线，且△ADF的面积为10，则CF的长为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
计算：23×(−12+1)÷(2−3)．
20. (本小题8.0分)
解方程：1x−1=32x+1．
21. (本小题8.0分)
已知：如图，在平行四边形ABCD中，点E、F为对角线BD上的点，BE=DF．
(1)尺规作图：作∠BFC的平分线FH交BC于点H.(要求：不写作法，保留作图痕迹)
(2)在(1)的条件下，若∠AEB=110°，求∠CFH的度数．
22. (本小题8.0分)
某校为了了解七年级600名同学对防疫知识的掌握情况，对他们进行了防疫知识测试，现随机抽取甲、乙两班各15名同学的测试成绩进行整理分析，过程如下：
【收集数据】
甲班15名学生测试成绩分别为：78，83，89，97，98，85，100，94，87，90，93，92，99，95，100
乙班15名学生测试成绩中90≤x<95的成绩如下：91，92，94，90，93
【整理数据】
[分析数据]
[应用数据]
(1)根据以上信息，可以求出：a=______分，b=______分；
(2)若规定测试成绩90分及其以上为优秀，请估计参加防疫知识测试的600名学生中成绩为优秀的学生共有多少人；
(3)根据以上数据，你认为哪个班的学生防疫测试的整体成绩较好？请说明理由(写出一条理由即可)．
23. (本小题8.0分)
图①是一种手机平板支架，由托板、支撑板和底座构成，手机放置在托板上，图②是其侧面结构示意图，托板长AB=115mm，支撑板长CD=70mm，板AB固定在支撑板顶点C处，且CB=35mm，托板AB可绕点C转动，支撑板CD可绕点D转动，∠CDE=60°．
(1)若∠DCB=70°时，求点A到直线DE的距离(计算结果精确到个位)；
(2)为了观看舒适，把(1)中∠DCB=70°调整为90°，再将CD绕点D逆时针旋转，使点B落在直线DE上即可，求CD旋转的角度．
(参考数据：sin50°≈0.8，cs50°≈0.6，tan50°≈1.2，sin26.6°≈0.4，cs26.6°≈0.9，tan26.6°≈0.5， 3≈1.7)
24. (本小题8.0分)
某公园内人工湖上有一座拱桥(横截面如图所示)，跨度AB为4米，在距点A水平距离为d米的地点，拱桥距离水面的高度为h米，小红根据学习函数的经验，对d和h之间的关系进行了探究．

下面是小红的探究过程，请补充完整：
经过测量，得出了d和h的几组对应值，如表．
在这个变化过程中h是d的函数：
(1)在平面直角坐标系xOy中，画出表格中数据所确定的函数图象；
(2)结合表格数据和函数图象，解决问题：
①桥墩露出水面的高度AE为______ 米；
②公园欲开设游船项目，现有长为3.5米，宽为1.5米，露出水面高度为2米的游船.为安全起见，公园要在水面上的C，D两处设置警戒线，并且CE=DF，要求游船能从C，D两点之间安全通过，则C处距桥墩的距离CE至少为多少米？(精确到0.1米)
25. (本小题8.0分)
如图，AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点G，E是CD上一点，且BE=DE，延长EB至点P，连接CP，使PC=PE，延长BE与⊙O交于点F，连结BD，FD。
(1)连结BC，求证：△BCD≌△DFB；
(2)求证：PC是⊙O的切线；
(3)若tanF=23，AG−BG=53 3，求ED的值，
26. (本小题8.0分)
如图，抛物线y1=−14x2−12x+34与x轴交于点A，点B，点D是抛物线y1的顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为点C．

(1)求抛物线y1顶点D的坐标；
(2)如图1，点M是抛物线y1上一点，且位于x轴上方，横坐标为m，连接MC，若∠MCB=∠DAC，求m的值；
(3)如图2，将抛物线y1平移后得到顶点为B的抛物线y2.点P为抛物线y1上的一个动点，过点P作y轴的平行线，交抛物线y2于点Q，过点Q作x轴的平行线，交抛物线y2于点R.当以点P，Q，R为顶点的三角形与△ACD全等时，请求出点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：−5<−3<−1<0<1，
所以比−3小的数是−5，
故选：D．
有理数大小比较的法则：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小，据此判断即可．
此题主要考查了有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小．
2.【答案】B
【解析】解：A.正六棱柱的俯视图是正六边形，故本选项不合题意；
B.正立放置的圆柱体的俯视图是圆形，故本选项符合题意；
C.长方体的俯视图是长方形，故本选项不合题意；
D.三棱柱的俯视图是三角形，故本选项不合题意．
故选：B．
根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
本题考查了由三视图判断几何体，简单组合体的三视图，从上边看得到的图形是俯视图．
3.【答案】B
【解析】解：1800000000亩=1.8×109亩．
故选：B．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查的是平行线性质和平角定义的有关知识，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
首先根据平角的定义求得∠2的度数，再利用平行线的性质即可求得∠1的度数．
【解答】
解：如图：
∵∠BCA=60°，∠DCE=45°，
∴∠2=180°−60°−45°=75°，
∵HF//BC，
∴∠1=∠2=75°，
故选C．
5.【答案】A
【解析】解：根据题意得：x+1>0，
解得：x>−1．
故选A．
根据二次根式有意义的条件是：被开方数是非负数，以及分母不等于0，据此即可求解．
本题考查了二次根式的意义和性质．概念：式子 a(a≥0)叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
6.【答案】A
【解析】解：正十二边形的一个外角为360°12=30°．
故选：A．
根据正十二边形的每个外角都相等，且外角和为360°解答即可．
本题主要考查多边形的外角，熟练掌握多边形的外角和是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查数轴、相反数的性质，熟练掌握相反数的性质是解决本题的关键．
根据相反数的性质，由a+b=0，AB=6，得a<0，b>0，a=−b，故AB=b−a=6.进而推出a的值．
【解答】
解：因为a+b=0，
所以a=−b，即a与b互为相反数．
又因为AB=6，
所以b−a=6．
所以2b=6．
所以b=3．
所以a=−3，即点A表示的数为−3．
故选：A．
8.【答案】D
【解析】解：A.a2⋅a4=a6≠a8，原计算错误，不符合题意；
B.a6，a3，a2不是同类项，不可以合并，原计算错误，不符合题意；
C.2a，3b不是同类项，不可以合并，原计算错误，不符合题意；
D.(−2a2b)3=−8a6b3，原计算正确，符合题意．
故选：D．
利用同底数幂相乘、积的乘方、合并同类项法则计算即可．
本题考查了同底数幂相乘、积的乘方、合并同类项法则，掌握相关运算法则是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：连接BB′，交AA′于点P，
则点P为位似中心，
故选：D．
连接BB′，交AA′于点P，根据位似中心的概念解答即可．
本题考查的是位似变换，两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
10.【答案】B
【解析】
【分析】
本题根据长方形的周长可以用含x的代数式表示宽，然后根据面积公式即可列出方程．
本题考查了一元二次方程的运用，找到以长方形的面积为等量关系列方程是解题的关键．
【解答】
解：∵长方形的周长为40cm，长为xcm，
∴宽为：(20−x)(cm)，
由长方形的面积可得：x(20−x)=64．
故选：B．
11.【答案】C
【解析】解：连接BC，作OE⊥AC于E．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴BC= AB2−AC2= 42−(2 2)2=2 2，
∵OE⊥AC，
∴AE=EC，
∵AO=OB，
∴OE=12BC= 2，
故选：C．
连接BC，作OE⊥AC于E.根据勾股定理求出BC，利用三角形的中位线定理即可解决问题．
本题考查垂径定理，圆周角定理，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
12.【答案】A
【解析】解：∵y=−(x+m−1)(x−m)+1，
∴抛物线对称轴为直线x=−m+1+m2=12，开口向下，
当x1+x2=1时，点A(x1,y1)，B(x2,y2)关于抛物线对称轴对称，即y1=y2，
∴当x1+x2>1时，点A到抛物线对称轴的距离小于点B到抛物线对称轴的距离，
∴y1>y2，
故选：A．
根据抛物线解析式可得抛物线对称轴为直线x=12及抛物线开口方向，再通过判断点A与点B到对称轴的距离求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程的关系．
13.【答案】2
【解析】
【分析】
本题主要考查算术平方根，掌握算术平方根的定义是解题的关键．
依据算术平方根的定义求解即可．
【解答】
解：∵22=4，
∴4的算术平方根是2．
故答案为：2．
14.【答案】2(m+1)(m−1)
【解析】
【分析】
本题考查了提公因式法，公式法分解因式，关键在于提取公因式后继续利用平方差公式进行二次因式分解．
先提取公因式2，再对剩余的多项式利用平方差公式继续分解因式．
【解答】
解：2m2−2，
=2(m2−1)，
=2(m+1)(m−1)．
故答案为：2(m+1)(m−1)．
15.【答案】4π
【解析】解：此扇形的弧长=120π×6180=4π，
故答案为：4π．
把已知数据代入弧长公式计算即可．
本题考查的是弧长的计算，弧长公式：l=nπR180(弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R)．
16.【答案】16
【解析】解：画树状图如下：

共有12种可能的结果，其中恰好选中甲和丙的结果有2种，
∴恰好选中甲和丙的概率为212=16，
故答案为：16．
画树状图，共有12种可能的结果，其中恰好选中甲和丙的结果有2种，再由概率公式求解即可．
本题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
17.【答案】4.5
【解析】解：∵相邻两个节气晷长减少或增加的量均相同，从冬至到夏至晷长变化12次，
∴相邻两个节气晷长减少或增加的量为(13.5−1.5)÷12=1(尺)，
立夏的晷长为1.5+3×1=4.5(尺)，
故答案为：4.5．
根据相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，观察从冬至到夏至晷长变化次数即可求出相邻两个节气晷长减少或增加的量，从而可得立夏的晷长．
本题考查数列的规律，解题的关键是读懂题意，求出相邻两个节气晷长减少或增加的量．
18.【答案】 10
【解析】解：设EF、CD的交点为G，过E作EH⊥AD交于H，

∵四边形ECFD是平行四边形，
∴DG=CG=12DG，DE=CF，EG=FG，
设正方形的边长为2x，则AD=AB=CD=2x，DG=CG=x，
在Rt△ADG中，AG= 5x，
∵∠AEB=90°，
∴∠BAE+∠ABE=90°，
∵∠BAE+∠DAE=90°，
∴∠ABE=∠DAE，
又∠AEB=∠ADG=90°，
∴△ABE∽△GAD，
∴ABAG=AEDG，即2x 5x=AEx，
∴AE=2 55x，
∴EG=3 55x，
∴EGAG=35，
∴S△ADGS△DEG=53，
设S△ADG=5m，则S△DEG=3m，
∵EG=FG，
∴S△DGF=S△DEG=3m，
∴S△ADF=5m+3m=8m，
∵S△ADF=10，
∴8m=10，
∴m=54，
∴S△ADG=5m=254=x2，
∴x=52，
∴AD=5，EA= 5，
∵S△ADE=12×5×HE=52，
∴HE=1，在Rt△AHE中，AH= AE2−HE2=2，
∴HD=3，
在Rt△HED中，ED= 10，
∴CF= 10．
故答案为： 10．
设EF、CD的交点为G，过E作EH⊥AD交于H，设正方形的边长为2x，则AD=AB=CD=2x，DG=CG=x，通过证明△ABE∽△GAD，求出AE=2 55x，则EGAG=35，可得S△ADGS△DEG=53，设S△ADG=5m，则S△DGF=S△DEG=3m，可求S△ADF=8m=10，能求出m=54，再由S△ADG=5m=254=x2，可求AD=5，EA= 5，再由S△ADE=12×5×HE=52，求出HE=1，在Rt△AHE中，AH=2，HD=3，在Rt△HED中，ED= 10．
本题考查正方形的综合题，熟练掌握正方形的性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定及性质，利用三角形面积的关系，求出正方形的边长是解题的关键．
19.【答案】解：原式=8×12÷(−1)
=4×(−1)
=−4．
【解析】先计算乘方和括号内的式子，然后按照乘除混合运算顺序计算即可．
本题考查了有理数的混合运算，有理数混合运算顺序：先算乘方，再算乘除，最后算加减；同级运算，应按从左到右的顺序进行计算；如果有括号，要先做括号内的运算．进行有理数的混合运算时，注意各个运算律的运用，使运算过程得到简化．
20.【答案】解：1x−1=32x+1，
方程两边同乘(x−1)(2x+1)得：
2x+1=3(x−1)，
解这个整式方程得：
x=4，
检验：当x=4时，(x−1)(2x+1)≠0，
∴x=4是原方程的解．
【解析】按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解分式方程，熟记解分式方程的步骤是解题的关键，需要特别注意解分式方程需要检验．
21.【答案】解：(1)如图，FH为所作；

(2)∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∴∠ABE=∠CDF，
在△ABE和△CDF中
AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴∠AEB=∠CFD=110°，
∴∠BFC=180°−∠CFD=70°，
∵FH平分∠BFC，
∴∠CFH=12∠BFC=35°．
【解析】(1)利用基本作图(作已知角的角平分线)得到FH；
(2)先根据平行四边形的性质得到AB//CD，AB=CD，再利用平行线的性质得到∠ABE=∠CDF，则利用“SAS”可判断△ABE≌△CDF，从而得到∠AEB=∠CFD=110°，接着根据邻补角的定义得到∠BFC=70°，然后根据角平分线的定义求解．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握基本作图(作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线).也考查了平行四边形的性质．
22.【答案】100 91
【解析】解：(1)∵甲班15名学生测试成绩100出现次数最多，
∴众数是100分，则a=100分；
把乙组15个数按从小到大排列，则中位数是第8个数，
即中位数出现在90≤x<95这一组中，故b=91分；
故答案为：100，91；
(2)根据题意得：
600×10+915×2=380(人)，
答：估计参加防疫知识测试的600名学生中成绩为优秀的学生共有380人；
(3)甲班成绩较好，理由如下：
因为甲班成绩的平均数大于乙班，方差小于乙班，所以甲班整体平均成绩大于乙班且甲班成绩稳定(答案不唯一，合理均可)．
(1)根据众数和中位数的定义求解可得；
(2)用总人数乘以样本中甲、乙班成绩优秀人数和所占比例即可；
(3)根据平均数、众数、中位数、方差的意义求解即可(答案不唯一，合理均可)．
本题考查了中位数、众数和平均数、方差的概念，掌握中位数、众数和平均数、方差的概念是关键．
23.【答案】解：(1)过点C作CG//DE，过点A作AH⊥CG于H，过点C作CF⊥DE于点F，
则点A到直线DE的距离为：AH+CF．
在Rt△CDF中，
∵sin∠CDE=CFCD，
∴CF=CD⋅sin60°=70× 32=35 3≈59.5mm．
∵∠DCB=70°，
∴∠ACD=180°−∠DCB=110°，
∵CG//DE，
∴∠GCD=∠CDE=60°．
∴∠ACH=∠ACD−∠DCG=50°．
在Rt△ACH中，
∵sin∠ACH=AHAC，
∴AH=AC⋅sin∠ACH=(115−35)×sin50°≈80×0.8=64mm．
∴点A到直线DE的距离为AH+CF=59.5+64=123.5≈124mm．
(2)如下图所示，虚线部分为旋转后的位置，B的对应点为B′，C的对应点为C′，
则B′C′=BC=35 mm，DC′=DC=70 mm．
在Rt△B′C′D中，
∵tan∠B′DC′=B′C′DC′=3570=0.5，tan26.6°≈0.5，
∴∠B′DC′=26.6°．
∴CD旋转的角度为∠CDC′=∠CDE−∠B′DC′=60°−26.6°=33.4°．
【解析】(1)过点C作CG//DE，过点A作AH⊥CG于H，过点C作CF⊥DE于点F，则点A到直线DE的距离为：AH+CF；在Rt△CDF中，解直角三角形可得CF的长，在Rt△ACH中，解直角三角形可得AH的长．
(2)画出符合题意的图形，在Rt△B′C′D中，解直角三角形可得∠B′DC′的度数，则CD旋转的角度等于∠CDE−∠B′DC′．
本题主要考查了解直角三角形的应用，平行线的性质，特殊角的三角函数值，直角三角形的边角关系．正确理解题意的基础上建立数学模型，把实际问题转化为数学问题是解题的关键．
24.【答案】0.88
【解析】解：(1)如图，

(2)①当x=0时，y=0.88，
∴桥墩露出水面的高度AE为0.88米，
故答案为：0.88；
②设y=ax2+bx+c，
把(0,0.88)、(1,2.38)、(3,2.38)代入得，
c=0.88a+b+c=2.389a+3b+c=2.38，
解得a=−0.5b=2c=0.88，
∴y=−0.5x2+2x+0.88，对称轴为直线x=−22×(−0.5)=2，
令y=2，则2=−0.5x2+2x+0.88，
解得x≈3.3(舍去)或0.7．
∴C处距桥墩的距离CE至少为0.7米．
(1)根据点的坐标描点、连线即可；
(2)①根据图象与y轴的交点坐标可得答案；
②求出y与x的关系式，再把y=2代入即可．
本题考查二次函数的应用，根据对应点的坐标得到二次函数关系式是解题关键．
25.【答案】解：(1)证明：因为BE=DE
所以∠FBD=∠CDB
在△BCD和△DFB中，
∠BCD=∠DFB∠CDB=∠FBDBD=DB
所以△BCD≌△DFB(AAS)
(2)证明：连接OC
因为∠PEC=∠EDB+∠EBD=2∠EDB
∠COB=2∠EDB，所以∠COB=∠PEC
因为PE=PC，所以∠PEC=∠PCE
所以∠PCE=∠COB
因为AB⊥CD于G
所以∠COB+∠OCG=90°
所以∠OCG+∠PCE=90°，即∠OCP=90°
所以OC⊥PC
又点C在⊙O上
所以PC是⊙O的切线
(3)因为直径AB⊥弦CD于G
所以BC=BD，CG=DG
所以∠BCD=∠BDC
因为∠F=∠BCD，tanF=23
所以tan∠BCD=23=BGCG
设BG=2x，则CG=3x
连接AC，则∠ACB=90°
易知△ACG∽△CBG，则CG2=AG·BG
所以AG=CG2BG=9x22x=9x2
因为AG−BG=5 33
所以9x2−2x=5 33，解得x=2 33
所以BG=2x=4 33，CG=3x=2 3
所以BC= CG2+BG2=2 393
所以BD=BC=2 393
因为∠EBD=∠EDB=∠BCD
所以△DEB∼△DBC，所以DBDC=DEDB
因为CD=2CG=4 3
所以DE=DB2CD=13 39
【解析】(1)由BE=DE可知∠CDB=∠FBD，而∠BFD=∠DCB，BD是公共边，结论显然成立。
(2)连接OC，只需证明OC⊥PC即可。根据三角形外角知识以及圆心角与圆周角关系可知∠PEC=2∠CDB=∠COB，由PC=PE可知∠PCE=∠PEC=∠COB，注意到AB⊥CD，于是∠COB+∠OCG=90°=∠OCG+∠PCE=∠OCP，结论得证。
(3)由于∠BCD=∠F，于是tan∠BCD=tanF=23=BGCG，设BG=2x，则CG=3x.注意到AB是直径，连接AC，则∠ACB是直角，由相似三角形的判定与性质可知CG2=BG·AG，可得出AG的表达式(用x表示)，再根据AG−BG=5 33求出x的值，从而CG、CB、BD、CD的长度可依次得出，最后利用△DEB∽△DBC列出比例关系，算出ED的值。
26.【答案】解：(1)y1=−14x2−12x+34=−14(x+1)2+1，
∴顶点D的坐标为(−1,1)；
(2)当y1=0时，−14x2−12x+34=0，
解得x1=−3，x2=1，
∴A(−3,0)，B(1,0)，
∵顶点D的坐标为(−1,1)，CD⊥x轴，
∴C(−1,0)，
∵M是抛物线y1上一点，且位于x轴上方，横坐标为m，
∴M的纵坐标为−14m2−12m+34，
∵∠MCB=∠DAC，
∴tan∠MCB=tan∠DAC，
∴1−1−(−3)=−14m2−12m+34m−(−1)，
解得m1=−2+ 5，m2=−2− 5(不符合题意，舍去)
∴m的值为−2+ 5；
(3)抛物线y1=−14x2−12x+34平移后得到顶点为B(1,0)的抛物线y2，
∴抛物线y2解析式为y2=−14(x−1)2=−14x2+12x−14，
设P(p,−14p2−12p+34)，则Q(p,−14p2+12p−14)，
当p≤1时，PQ=−14p2−12p+34−(−14p2+12p−14)=−p+1，

∵QR//轴，
∴Q，R关于直线x=1对称，
∴QR=2(1−p)，
由题意知：∠PQR=90°=∠ACD，AC=2，CD=1，
∴当PQ=CDQR=AC或PQ=ACQR=CD，以点P，Q，R为顶点的三角形与△ACD全等，
即−p+1=12(1−p)=2或−p+1=22(1−p)=1
∴p=0或无解；
∴P的坐标为(0,34)；
当p>1时，PQ=−14p2+12p−14−(−14p2−12p+34)=p−1，

∵QR//轴，
∴Q，R关于直线x=1对称，
∴QR=2(p−1)，
由题意知：∠PQR=90°=∠ACD，AC=2，CD=1，
∴当PQ=CDQR=AC或PQ=ACQR=CD，以点P，Q，R为顶点的三角形与△ACD全等，
即p−1=12(p−1)=2或p−1=22(p−1)=1，
∴p=2或无解，
∴P(2,−54)；
综上，当P的坐标(0,34)或(2,−54)时，以点P，Q，R为顶点的三角形与△ACD全等．
【解析】(1)把函数解析式化成顶点式就可求解；
(2)先求出A，B，C的坐标，然后根据∠MCB=∠DAC，可得tan∠MCB=tan∠DAC，然后代入数值求解即可；
(3)根据平移规律求出抛物线y2的解析式，设P(p,−14p2−12p+34)，则Q(p,−14p2+12p−14)，然后分p≤1和p>1两种情况讨论即可．
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质、待定系数法求函数的解析式，三角形全等的判定，应用了数形结合和分类讨论的数学思想．
题号
一
二
三
总分
得分
班级
75≤x<80
80≤x<85
85≤x<90
90≤x<95
95≤x≤100
甲
1
1
3
4
6
乙
1
2
3
5
4
班级
平均数
众数
中位数
方差
甲
92
a
93
41.7
乙
90
87
b
50.2
d/米
0
0.6
1
1.8
2.4
3
3.6
4
h/米
0.88
1.90
2.38
2.86
2.80
2.38
1.60
0.88