2022-2023学年山东省临沂市罗庄区九年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省临沂市罗庄区九年级（下）期中数学试卷（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。

2022-2023学年山东省临沂市罗庄区九年级（下）期中数学试卷
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. 如图，数轴上与1， 2对应的点分别为A，B，点B关于点A的对称点为C，则线段AC的长为(    )

A. 1+ 2 B. 2−1 C. 2− 2 D. 12
2. 2022年北京冬奥会国家速滑馆“冰丝带”屋顶上安装的光伏电站，据测算，每年可输出约44.8万度的清洁电力.将44.8万度用科学记数法可以表示为(    )
A. 0.448×106度 B. 44.8×104度 C. 4.48×105度 D. 4.48×106度
3. 已知8m=a，16n=b，其中m，n为正整数，则23m+12n=(    )
A. ab2 B. a+b2 C. ab3 D. a+b3
4. 下列展开图中，是正方体展开图的是(    )
A. B.
C. D.
5. 如图，点P是△ABC内部的一点，点P到三边AB，AC，BC的距离PD=PE=PF，∠BPC=130°，则∠BAC的度数为(    )

A. 65° B. 80° C. 100° D. 70°
6. 用配方法解一元二次方程2x2−3x−2=0时，下列变形正确的是(    )
A. (x−34)2=1716 B. (x−32)2=134 C. (x−32)2=2516 D. (x−34)2=2516
7. 如图，⊙O与正五边形ABCDE的边AB、DE分别相切于点B、D，则劣弧BD所对的圆心角∠BOD的大小为(    )
A. 150°
B. 144°
C. 135°
D. 120°
8. 若y=x1−3x，则2x−3xy−2yy+xy−x的值为(    )
A. −94 B. −1 C. 73 D. −73
9. 我市举办的“喜迎党的二十大，奋进新征程——乡村振兴成果展”吸引了众多市民前来参观，如图所示的是该展览馆出入口的示意图.小颖B入口进D出口的概率是(    )
A. 15
B. 16
C. 12
D. 13
10. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，过点C的切线交AB的延长线于点D，若tan∠BCD=12，AD=6cm，则⊙O的半径长为(    )


A. 94 cm B. 5 cm C. 3 cm D. 3 52cm
11. 九龙坡为治理污水，需要铺设一段全长为2000米的污水排放管道，为尽量减少施工对城市交通的造成的影响，实际施工时每天的工效比原计划提高了10%，结果提前10天完成这一任务，求实际每天铺设污水排放管道多少米？设实际每天铺设污水排放管道x米，则可列方程(    )
A. 2000x−2000(1+10%)x=10 B. 2000(1+10%)x−2000x=10
C. 2000x−2000(1+10%)x=10 D. 2000(1+10%)x−2000x=10
12. 为了缅怀先烈，继承遗志，某中学八年级同学于4月初进行“清明雁栖湖，忆先烈功垂不朽”的定向越野活动，每个小组需要在点A出发，跑步到点B打卡(每小组打卡时间为1分钟)，然后跑步到C点，…，最后到达终点(假设点A，点B，点C在一条直线上，且在行进过程中，每个小组跑步速度是不变的)，“甲组”最先出发.过了一段时间后，“乙组”开始出发，两个小组恰好同时到达点C.若“乙组”出发的时间为x(单位：分钟)，在点A与点C之间的行进过程中，“甲组”和“乙组”之间的距离为y(单位：米)，它们的函数图象如图所示，则下面判断不正确的有个．(    )
(1)当x=2时，“乙组”恰好到达B点；
(2)“甲组”的速度为150米/分钟，“乙组”的速度为200米/分钟；
(3)两个小组从A点出发的时间间隔为1分钟；
(4)图中M点表示“乙组”在B点打卡结束，开始向C点出发；
(5)出发点A到打卡点B的距离是600米，打卡点B到点C的距离是800米．

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 将抛物线y=x2向上平移2个单位后得到新的抛物线的表达式为______．
14. 分解因式：4x2−16=______．
15. 如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=3，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C(其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点)，若点B′恰好落在△ABC边上，则点A到直线A′C的距离是______ ．
16. 如图，在边长为6的正方形ABCD中，CF=BE=3，连接AE，BF交于点G，点C，P关于BF对称，连接BP、FP，并把FP延长交BA的延长线于点Q，以下四个结论：①∠QFB=∠QBF；②EG= 105；③sin∠QBP=45；④S四边形ECFG=4S△BGE，其中正确的是______ .(填序号)
三、解答题（本大题共7小题，共56.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
计算：
(1) 16−(−12)−2+2sin260°−|1− 3|+(π−3)0；
(2)化简x2−2x+1x2−1÷(x−1x+1−x+1)．
18. (本小题8.0分)
牛年伊始，中国电影行业迎来了开门红.春节档期全国总观影人次超过1.6亿，总票房超过80亿元.以下是甲、乙两部春节档影片上映后的票房信息．
a.两部影片上映第一周单日票房统计图

b.两部影片分时段累计票房如下
上映影片
2月12日−18日累计票房(亿元)
2月19日−21日累计票房(亿元)
甲
31.56

乙
37.22
2.95
(以上数据来源于中国电影数据信息网)
根据以上信息，回答下列问题：
(1)2月12日−18日的一周时间内，影片乙单日票房的中位数为______ ；
(2)对于甲、乙两部影片上映第一周的单日票房，下列说法中所有正确结论的序号是______ ；
①甲的单日票房逐日增加；
②甲单日票房的方差小于乙单日票房的方差；
③在第一周的单日票房统计中，甲超过乙的差值于2月17日达到最大．
(3)截止到2月21日，影片甲上映后的总票房超过了影片乙，据此估计，2月19日−21日三天内影片甲的累计票房应超过______ 亿元．
19. (本小题8.0分)
临沂电视塔总建筑面积10992平方米，是山东省最高建筑，中国高塔委员会成员，国内高度排名第9，世界高塔排名第20，我校数学社团决定利用周末时间开展一次测量“临沂电视塔高度”的课题活动，他们分为两个小组，设计了如下方案：(结果精确到0.1米)
课题：测量临沂电视塔高度

甲组的测量报告
乙组的测量报告
测量工具
卷尺，测角仪
卷尺，平面镜
测量示意图


测量方案与测量数据
先在点Q处用距离底面0.5m的测角仪测出酒店顶端A的仰角α=45°，再沿QP水平方向前进81.2米后到达P处，测得塔顶端A的仰角β=38°；
在M处放一面镜子，小明在M处通过镜子反射刚好看到塔的顶端
A，测得身高175cm的小明到平面
镜距离QM=2m；
参考数据
sin38°≈0.62，cos38°≈0.79，tan38°≈0.8

(1)数学老师看了他们的测量报告后说：“其中一个小组的测量报告存在问题，不能得到测量结果.”你认为______ (填“甲组”或“乙组”)的测量报告存在问题；
(2)请根据正确的测量报告计算临沂电视塔的高度．

20. (本小题8.0分)
如图，取一根长1米的质地均匀木杆，用细绳绑在木杆的中点O处并将其吊起来，在中点的左侧距离中点30cm处挂一个重9.83牛的物体，在中点O右侧用一个弹簧秤向下拉，使木杆保持平衡，改变弹簧秤与中点O的距离L(单位：cm)，看弹簧秤的示数F(单位：牛，精确到0.001牛)有什么变化，小慧在做此《数学活动》时，得到下表的数据：
L/cm
5
10
15
20
25
30
35
40
F/牛
59
29.5
25
14.75
11.8
9.83
8.43
7.375
结果老师发现其中有一个数据明显有错误．
(1)你认为当L= ______ cm时所对应的F数据是明显错误的；
(2)在已学过的函数中选择合适的模型求出F与L的函数关系式；
(3)若弹簧秤的最大量程是50牛，求L的取值范围．

21. (本小题8.0分)
为弘扬民族传统体育文化，某校将传统游戏“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目，滚铁环器材由铁环和推杆组成，小明对滚铁环的启动阶段进行了研究，如图，滚铁环时，铁环⊙O与水平地面相切于点C，推杆AB与铅垂线AD的夹角为∠BAD，点O，A，B，C，D在同一平面内，当推杆AB与铁环⊙O相切于点B时，手上的力量通过切点B传递到铁环上，会有较好的启动效果．

(1)求证：∠BOC+∠BAD=90°；
(2)实践中发现，切点B只有在铁环上一定区域内时，才能保证铁环平稳启动.图中点B是该区域内最低位置，此时点A距地面的距离AD最小，测得cos∠BAD=35，已知铁环⊙O的半径为20cm，推杆AB的长为60cm，求此时AD的长．
22. (本小题8.0分)
已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转(DE
(1)如图1，求证：△ADE≌△CDF；
(2)直线AE与CF相交于点G．
①如图2，BM⊥AG于点M，BN⊥CF于点N，在△DEF旋转的过程中，∠MBN的大小是否发生变化，请说明理由．
②如图3，连接BG，若AB=4，DE=3，直接写出在△DEF旋转的过程中，线段BG长度的最小值．
23. (本小题8.0分)
如图是一块美术小组使用剩余的画布，将其放置在平面直角坐标系中，底部边缘AB在x轴上，且AB=4dm，外轮廓线是抛物线的一部分，对称轴为y轴，高度OC=4dm，美术小组计划进行裁剪．
(1)若裁剪成正方形，要求一边在底部边缘AB上且面积最大，求此正方形的边长；
(2)若裁剪成矩形，要求一边在底部边缘AB上且周长最大，求此矩形的周长；
(3)若裁剪成圆，判断能否裁剪出半径为32dm的圆，请说明理由．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：∵点B关于点A的对称点为C，
∴AC=AB，
∵数轴上与1， 2对应的点分别为A，B，
∴AC=AB= 2−1，
故选：B．
根据对称的性质可得AC=AB，即可求解．
本题主要考查了对称的性质以及数轴上两点之间的距离，解题的关键是根据题意得出AC=AB．

2.【答案】C 
【解析】解：44.8万=44.8×104=4.48×105，
故选：C．
根据1万=104，然后写成科学记数法的形式：a×10n，其中1≤a<10，n为正整数即可．
本题考查了科学记数法−表示较大的数，掌握1万=104是解题的关键．

3.【答案】C 
【解析】解：∵8=23，16=24，
∴(23)m=23m=a，(24)n=24n=b，
∴23m+12n=23m×212n=23m×(24n)3=ab3，
故选：C．
根据题意可得23m=a，24n=b，再根据同底数幂乘法的逆运算可得23m+12n=23m×212n=23m×(24n)3=ab3．
本题主要考查了同底数幂的运算，解题的关键是掌握同底数幂乘法的逆运算和幂的乘方逆运算的运算法则和运算顺序．

4.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查正方体展开图的知识，熟练掌握正方体的展开图是解题的关键．
根据正方体的展开图得出结论即可．
【解答】
解：由展开图的知识可知，正方体展开后四个小正方形绝对不可能成田字形，故A选项和D选项都不符合题意；
四个连成一排的小正方形可以围成前后左右四面，剩下的两个正方形必须分在上下两面才能围成正方体，
故B选项不符合题意，C选项符合题意．
故选：C．  
5.【答案】B 
【解析】解：∵点P到三边AB，AC，BC的距离PD=PE=PF，
∴BP、CP是∠ABP、∠ACP的角平分线，
∴∠ABC=2∠PBC，∠ACB=2∠PCB，
∵∠BPC=130°，
∴∠PBC+∠PCB=50°，
∴∠ABC+∠ACB=2∠PBC+2∠PCB=2(∠PBC+∠PBC)=100°，
∴∠BAC=180°−(∠ABC+∠ACB)=180°−100°=80°．
故选：B．
先根据点P到三边AB，AC，BC的距离PD=PE=PF得到BP、CP是∠ABP、∠ACP的角平分线，利用三角形内角和定理可得∠ABC+∠ACB=80°，然后利用角平分线性质从而利用角平分线的定义可得∠ABC+∠ACB，最后利用三角形内角和定理进行计算即可解答．
本题考查了角平分线的判定、三角形的内角和定理，熟练掌握角平分线判定定理是解题的关键．

6.【答案】D 
【解析】解：2x2−3x−2=0，
x2−32x−1=0，
x2−32x+916=1+916，
(x−34)2=2516．
故选：D．
先移项，然后把二次项系数化为1，等式两边同时加上一次项系数−32的一半的平方，即可．
本题考查配方法解一元二次方程的知识，解题的关键是掌握用配方法解一元二次方程．

7.【答案】B 
【解析】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠E=∠A=180°−360°5=108°．
∵AB、DE与⊙O相切，
∴∠OBA=∠ODE=90°，
∴∠BOD=(5−2)×180°−90°−108°−108°−90°=144°，
故选：B．
根据正多边形内角和公式可求出∠E、∠A，根据切线的性质可求出∠OBA、∠ODE，从而可求出∠BOD的度数．
本题主要考查了切线的性质、正五边形的性质、多边形的内角和公式、熟练掌握切线的性质是解决本题的关键．

8.【答案】A 
【解析】解：∵y=x1−3x，
∴y−x=3xy，
∵2x−3xy−2yy+xy−x=2(x−y)−3xy(y−x)+xy，
∴2x−3xy−2yy+xy−x=2(−3xy)−3xy3xy+xy=−9xy4xy=−94，
故选：A．
将y=x1−3x变形得y−x=3xy，然后整体代入2x−3xy−2yy+xy−x即可求解．
本题考查分式的求值，解题关键是正确变形整体代入求解．

9.【答案】B 
【解析】解：如图可知，A，B为入口；C，D，E为出口，

∴小颖B入口进D出口的概率为：16．
故选：B．
根据题意，画出树状图即可．
本题考查列举法求概率，解题的关键是理解题意，画出树状图，得到所有的结果．

10.【答案】A 
【解析】解：连接OC，如图所示：

∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠BCD+∠OCB=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACO+∠OCB=90°，
∴∠ACO=∠BCD，
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠A，
∴∠A=∠BCD，
∴tanA=BCAC=12，
∵∠A=∠BCD，∠D=∠D，
∴△DCB∽△DAC，
∴BDCD=CDAD=BCAC=12，
∵AD=6cm，
∴CD=3cm，BD=32cm，
∴AB=AD−BD=92cm，
∴⊙O的半径长为94cm，
故选：A．
连接OC，根据切线的性质得到OC⊥CD，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据等腰三角形的性质得到∠ACO=∠A，得到∠A=∠BCD，证明△DCB∽△DAC，根据相似三角形的性质、正切的定义计算即可．
本题考查的是切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数的定义，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．

11.【答案】D 
【解析】解：设实际每天铺设污水排放管道x米，则原计划每天铺设污水排放管道x1+10%米，
根据题意得：2000x1+10%−2000x=10，
∴2000(1+10%)x−2000x=10．
故选：D．
本题求的是实际的工效，工作总量是2000米，一定是根据工作时间来列的等量关系．关键描述语是：提前10天完成，等量关系为：原计划时间−实际时间=10．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，分析题意，找到合适的等量关系是解决问题的关键．本题应用了工作时间=工作总量÷工效这个等量关系．

12.【答案】C 
【解析】解：(1)由图可知，当x=2时，“甲组”恰好到达B点，故(1)错误；
(2)由图可知，3∼4分钟时，“乙组”打卡，“甲组”1分钟行走150米，则“甲组”的速度为150米/分钟，2∼3分钟时，“甲组”打卡，“乙组”1分钟行走200米，则“乙组”的速度为200米/分钟，故(2)正确；
(3)“乙组”出发前两组相距300米，所以两组从A点出发的时间间隔2分钟，故(3)错误；
(4)由图可知，M点开始，“甲组”和“乙组”之间的距离在慢慢缩小，说明“乙组”打卡结束，在追赶“甲组”，即图中M点表示“乙组”在B点打卡结束，开始向C点出发，故(4)正确；
(5)由图可知，“乙组”出发到打卡用时3分钟，所以出发点A到打卡点B的距离为600米，从M点“乙组”在B地打卡结束到C地赶上“甲组”用时3分钟，所以打卡点B到点C的距离是600米，故(5)错误，
综上，不正确(1)(3)(5)，共3个，
故选：C．
根据函数图象和已知条件分别分析求解即可得出答案．
本题考查函数的图象，理解题意，能从图象中获取所求问题的信息，并熟练掌握基本行程问题是解答的关键．

13.【答案】y=x2+2 
【解析】解：将抛物线y=x2向上平移2个单位后得到新的抛物线的表达式为：y=x2+2．
故答案为：y=x2+2．
直接利用二次函数图象平移规律“上加下减”得出答案．
此题主要考查了二次函数图象平移规律，正确记忆平移规律是解题关键．

14.【答案】4(x+2)(x−2) 
【解析】解：4x2−16，
=4(x2−4)，
=4(x+2)(x−2)．
先提取公因式4，再对剩余项x2−4利用平方差公式继续进行因式分解．
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继续进行二次因式分解，分解因式一定要彻底．

15.【答案】92或3 3 
【解析】解：①当点B′在AB边上时，过点A作AE⊥A′C于点E，
在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=3，
∴∠B=60°，AC=BCtan30∘=3 3，
∵△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C，
∴BC=B′C，∠ACA′=∠BCB′，
∴△BCB′是等边三角形，
∴∠BCB′=∠ACA′=60°，
在Rt△ACE中，AE=AC⋅sin60°=92．

②当点B′在AC边上时，
∵△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C，
∴∠BCB′=∠ACA′=90°，
∴点A到直线A′C的距离=AC=3 3，

故答案为：92或3 3．
根据题意进行分类讨论，①当点B′在AB边上时，过点A作AE⊥A′C于点E，得出△BCB′是等边三角形，解直角三角形即可；②当点B′在AC边上时，点A到直线A′C的距离=AC．
本题主要考查了旋转的性质，解直角三角形，解题的关键是掌握对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角，以及解直角三角形的方法和步骤．

16.【答案】①④ 
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB//CD，
∴∠CFB=∠FBA，
∵C，P关于BF对称，
∴CF=PF，BP=BC，
又∵BF=BF，
∴△BFC≌△BFP，
∴∠CFB=∠PFB，
∴∠QFB=∠QBF，故①正确；
∵CF=BE=3，∠C=∠ABE=90°，AB=BC=6，
∴BF= 32+62=3 5，
∴△BCF≌△ABE(SAS)，
∴∠CFB=∠BEA，
又∵∠GBE=∠CBF，
∴△BGE∽△BCF，
∴GECF=BEBF，
∴GE=BE×CFBF=3×33 5=3 55，故②错误；
∵∠FPB=∠C=90°，∠QPB=90°，
∵∠QFB=∠QBF，
∴QB=QF，
设QB=x，则QP=x−3，PB=BC=6，
∴QB2=QP2+PB2，
即x2=(x−3)2+62，
解得：x=7.5，
∴QP=4.5，
∴sin∠QBP=4.57.5=35，故③错误；
由②得△BGE∽△BCF，
∴S△BEGS△FBC=(BEBF)2=(33 5)2=15，
∴S四边形ECFG=4S△BGE，故④正确；
故答案为：①④．
根据平行线的性质得出∠CFB=∠FBA，根据轴对称的性质得出∠CFB=∠PFB，即可判断①；先得出△BCF≌△ABE(SAS)，进而得出∠CFB=∠BEA，证明△BGE∽△BCF，即可判断②；设QB=x，则QP=x−3，PB=BC=6，勾股定理建立方程，解方程，进而根据正弦的定义判断③；根据②的结论即可判断④，进而即可求解．
本题考查了正方形的性质，求正弦，相似三角形的性质与判定，轴对称的性质，掌握以上知识是解题的关键．

17.【答案】解：(1)原式=4−4+2×( 32)2−( 3−1)+1
=4−4+32− 3+1+1
=72− 3；
(2)原式=(x−1)2(x+1)(x−1)÷x−1−(x2−1)x+1
=x−1x+1÷x−x2x+1
=x−1x+1⋅x+1x(1−x)
=−1x． 
【解析】(1)先计算算术平方根、负整数指数幂、特殊角的三角函数值、绝对值和0指数幂，再计算加减；
(2)根据分式的混合运算法则解答即可；
本题考查了实数的混合运算、负整数指数幂、特殊角的三角函数值、0指数幂和分式的混合运算，属于常考题型，熟练掌握基本知识是解题的关键．

18.【答案】4.36  ②③  8.61 
【解析】解：(1)乙单日票房从小到大排列如下：
1.63，2.32，3.13，4.36，7.49，8.18，10.11，
∴2月12日−18日的一周时间内，影片乙单日票房的中位数为4.36，
故答案为：4.36；
(2)①甲的单日票房并未逐日增加，在16日、17日、18日有下降，故错误；
②甲的图象来看更加平缓，方差较小，故正确；
③甲超过乙的差值从15日开始分别为：15日1.02、16日2.77、17日3.2、18日2.65，所以在第一周的单日票房统计中，甲超过乙的差值于2月17日达最大，故正确．
故选：②③；
(3)设19−20日的票房为x亿元，则x必须满足：
31.56+x=37.22+2.95，
∴x=40.17−31.56=8.61．
∴2月19日−21日三天内影片甲的累计票房应超过8.61亿元．
故答案为：8.61．
(1)根据中位数的概念即可得到答案；
(2)①从图象上直接可以得到答案；②通过观察图象，从图象的缓急程度可得答案；③可以计算一下12日和13日的差值比较即可得到答案；
(3)设19−20日的票房为x，根据总票房数相等列出方程，求解即可得到答案．
此题考查的是对统计图的观察概括能力，能够进行正确观察统计图是解决此题关键．

19.【答案】乙组 
【解析】解：(1)乙组；乙组通过三角形相似进行测量，仅有△PQM的数据，没有△ABM中BM的长度，无法进行计算，
故测量报告存在问题；
故答案为：乙组；
(2)如图，延长CD交AB于点E，则：CE⊥AB，

由题意，得：BE=PC=DQ=0.5m，∠ADE=α=45°，∠ACE=β=38°，CD=PQ=81.2m，
设AE=x m，
在Rt△AED中，tan45°=AEDE=1，
∴DE=AE=x m，
∴CE=DE+CD=(81.2+x)m，
在Rt△AEC中，tan38°=AECE=x81.2+x≈0.8，
解得：x≈324.8，
∴AE=324.8m，
∴AB=AE+BE=324.8+0.5=325.3m．
(1)乙组通过三角形相似进行测量，仅有△PQM的数据，没有△ABM中BM的长度，无法进行计算；
(2)采用甲组测量方法，解直角三角形即可．
本题考查利用锐角三角函数求实际物体高度，解题的关键是熟练运用解直角三角形的相关知识求出角度和边长的关系．

20.【答案】15 
【解析】解：(1)根据表格数据可知 F⋅L=30×9.83≈295，
当L=15cm时，F=25牛，所以表格中数据错了，
故答案为：15；
(2)表格数据知F⋅L=10×29.5=295．
F与L的函数关系式为：F=295L；
(3)当F=50牛时，由F=295L，得L=5.9，根据反比例函数的图象与性质可得L≥5.9，
由题意可知L≤50，L的取值范围是5.9cm≤L≤50cm．
(1)根据表格数据，可发现L与F的乘积为定值295，从而可得答案；
(2)根据FL=295，可得F与L的函数解析式；
(3)根据弹簧秤的最大量程是50牛，即可得到结论．
本题考查了反比例函数的应用，解答本题的关键是仔细观察表格，得出F与L的积为定值，从而得出函数关系式．

21.【答案】(1)证明：∵⊙O与水平地面相切于点C，
∴OC⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴AD//OC，
∵AB与⊙O相切于点B，
∴AB⊥OB，
∴∠OBA=90°，
过点B作BE//AD，

∴∠BAD=∠EBA，BE//OC，
∴∠COB=∠OBE，
∴∠COB+∠BAD=∠OBE+∠ABE=∠OBA=90°，
即∠BOC+∠BAD=90°．
(2)如图，过点B作CD的平行线，交AD于点G，交OC于点F，

∴FG⊥AD，FG⊥OC，则四边形CFGD是矩形，
∵∠BOC+∠BAD=90°，∠ABO=90°，
∴∠OBF=90°−∠FOB=∠A，
在Rt△ABG中，
∵cos∠BAD=35，AB=60cm，
∴AG=AB×cos∠BAD=60×35=36(cm)，
在Rt△OBF中，cos∠OBF=cosA=35，OB=20cm，BF=OB×35=20×35=12(cm)，
∴OF= OB2−BF2= 202−122=16(cm)
∴FC=OC−OF=20−16=4(cm)，
∴DG=FC=4cm，
∴AD=AG+GD=36+4=40(cm)． 
【解析】(1)根据题意可知⊙O与水平地面相切于点C，则OC⊥CD，AD//OC，又AB与⊙O相切于点B，则AB⊥OB，过点B作BE//AD，则∠BAD=∠EBA，BE//OC，得出∠COB=∠OBE，即∠COB+∠BAD=∠OBE+∠ABE=∠OBA=90°，即可得证；
(2)过点B作CD的平行线，交AD于点G，交OC于点F，则四边形CFGD是矩形，在Rt△ABG中，求得BF，勾股定理求得OF，然后求得FC，即可求得DG=FC=4cm，根据AD=AG+GD，即可求解．
本题考查了解直角三角形，切线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．

22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°．
∵DE=DF，∠EDF=90°．
∴∠ADC=∠EDF，
∴∠ADE=∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
DA=DC∠ADE=∠CDFDE=DF，
∴△ADE≌△CDF(SAS)；
(2)①证明：如图，设AG与CD相交于点P．

∵∠ADP=90°，
∴∠DAP+∠DPA=90°．
∵△ADE≌△CDF，
∴∠DAE=∠DCF，
∵∠DPA=∠GPC，
∴∠DAE+∠DPA=∠GPC+∠GCP=90°，
∴∠PGN=90°，
∵BM⊥AG，BN⊥GN，
∴四边形BMGN是矩形，
∴∠MBN=90°，
故∠MBN的大小不发生变化；
②解：作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，作BN⊥CF于点N，

∵∠DHA=∠AMB=90°，∠ADH=90°−∠DAH=∠BAM，AD=AB
∴△AMB≌△DHA(AAS)，
∴BM=AH，
∵AH2=AD2−DH2，AD=AB=4，
∴DH最大时，AH最小，DH最大值=DE=3．
∴BM最小值=AH最小值= 42−32= 7．
由(2)①可知，四边形BMGN是矩形，
∴AB=BC，∠ABC=∠MBN=90°．
∴∠ABM=∠CBN．
又∵∠AMB=∠BNC=90°，
∴△AMB≌△CNB(AAS)，
∴MB=NB．
∴矩形BMGN是正方形，
∴△BMG是等腰直角三角形，
∴BG最小值= 2BM最小值= 2× 7= 14；
故答案为： 14． 
【解析】(1)根据SAS证明三角形全等即可；
(2)①证明四边形BMGN是矩形即可；
②作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，由(2)①证明四边形BMGN是正方形，则△BMG是等腰直角三角形，求出BM的最小值，可得结论．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

23.【答案】解：(1)如图1，由题意得：A(−2,0)，B(2,0)，C(0,4)，

设抛物线的解析式为：y=ax2+4，把B(2,0)代入得：0=4a+4，
解得：a=−1，
∴抛物线的解析式为：y=−x2+4，
∵四边形EFGH是正方形，且抛物线关于y轴对称，
∴GH=FG=2OG，
设H(t,−t2+4)(t>0)，
∴−t2+4=2t，
解得：t1=−1+ 5，t2=−1− 5(舍)，
∴此正方形的边长为(−2+2 5)dm；
故答案为：(−2+2 5)dm；

(2)如图2，由(1)知：设H(t,−t2+4)(t>0)，

∴矩形EFGH的周长=2FG+2GH=4t+2(−t2+4)=−2t2+4t+8，
∵−2<0，
∴当t=1时，矩形EFGH的周长最大，且最大值=−2×1+4×1+8=10dm；
故答案为：10dm；

(3)若裁剪成圆，能裁剪出半径为32dm的圆，
如图3，N为⊙M上一点，也是抛物线上一点，过N作⊙M的切线交y轴于Q，

连接MN，过点N作NP⊥y轴于P，则MN=OM=32，NQ⊥MN，
设N(m,−m2+4)，
由勾股定理得：PM2+PN2=MN2，
∴m2+(−m2+4−32)2=(32)2，
解得：m1= 2，m2=− 2(舍)，
∴N( 2,2)，
∴PM=2−32=12，
∵cos∠NMP=PMMN=MNQM=13，
∴MQ=3MN=92，
∴Q(0,6)，
设QN的解析式为：y=kx+b，代入N( 2,2)、Q(0,6)，
解得QN的解析式为：y=−2 2x+6，
联立QN的解析式和抛物线解析式：y=−2 2x+6y=−x2+4，
可得：−x2+4=−2 2x+6，
即：x2−2 2x+2=0，
Δ=(−2 2)2−4×2=0，即此时N为圆M与抛物线在y轴右侧的唯一公共点，
∴若切割成圆，能切得半径为32dm的圆． 
【解析】(1)先把二次函数解析式求出来，设正方形在二次函数图象上的顶点坐标，利用抛物线的对称性列方程求解；
(2)由(1)中所设点的坐标，根据对称性求出矩形各边长度，建立新的二次函数，并求最大值即可；
(3)设半径为32dm的圆与AB相切，并与抛物线相交，设交点为N，求出交点N的坐标，并计算点N是⊙M与抛物线在y轴右侧的切点即可．
本题考查了二次函数与几何结合，熟练掌握各图形的性质，能灵活运用坐标与线段长度之间的转换是解题的关键．