2022-2023学年吉林省长春市博硕学校九年级（下）开学数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年吉林省长春市博硕学校九年级（下）开学数学试卷（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。

1.下列关于x的函数一定为二次函数的是( )
A. y=2x+1B. y=ax2+bx+cC. y=−5x2−3D. y=x3+x+1
2.已知2x=3y(y>0)，则下面结论成立的是( )
A. xy=32B. x3=2yC. xy=23D. x2=y3
3.下列事件是随机事件的是( )
A. 长为3cm，5cm，9cm的三条线段能围成一个三角形
B. 太阳从东边升起
C. 平面内两直线相交，对顶角相等
D. 明天会下雨
4.如图．将一个Rt△ABC形状的楔子从木桩的底端点P处沿水平方向打入木桩底下，使木桩向上运动．已知楔子斜面的倾斜角为20°，若楔子沿水平方向前移8cm(如箭头所示)，则木桩上升了(单位：cm)( )
A. 8sin20°B. 8tan20°C. 8cs20°D. 8tan20∘
5.不解方程，判别方程x2−3x+2=0的根的情况是( )
A. 有两个不等实根B. 有两个相等实根C. 没有实根D. 无法确定
6.如图，AB为⊙O的直径，∠AOE=60°，点C、D是BE的三等分点，则∠BOD的度数为( )
A. 40°B. 60°C. 80°D. 120°
7.大约在两千四五百年前，如图1墨子和他的学生做了世界上第1个小孔成倒像的实验．并在《墨经》中有这样的精彩记录：“景到，在午有端，与景长，说在端”.如图2所示的小孔成像实验中，若物距为10cm，像距为15cm，蜡烛火焰倒立的像的高度是9cm，则蜡烛火焰的高度是( )
A. 6cmB. 8cmC. 10cmD. 12cm
8.如图，直线y=12x+2与y轴交于点A，与直线y=−12x交于点B，以AB为边向右作菱形ABCD，点C恰与原点O重合，抛物线y=(x−h)2+k的顶点在直线y=−12x上移动．若抛物线与菱形的边AB、BC都有公共点，则h的取值范围是( )
A. −2≤h≤12
B. −2≤h≤1
C. −1≤h≤32
D. −1≤h≤12
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
9.若二次根式 x−1在实数范围内有意义，则x的取值范围是 ．
10.计算 3× 15 5的结果是______ ．
11.抛物线y=2(x+5)2−3的顶点坐标为______．
12.如图，AB是⊙O的直径，∠BAD=70°，则∠C=______．
13.如图，网格中的小正方形边长都是1，则以O为圆心，OA为半径的AB和弦AB所围成的弓形面积等于______ ．
14.二次函数y=2(x−h)2+k(h、k均为常数)的图象经过A(−2,y1)、B(0,y2)、C(2,y3)三点，若y2三、解答题：本题共10小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题6分)
计算：(12)−1−2sin45°−(π−2)0+tan60°．
16.(本小题6分)
不透明的袋中有3个大小相同的小球，其中2个为白色，1个为红色，请用画树状图(或列表)的方法，求一次摸出两个球“都是白球”的概率．
17.(本小题6分)
某市尊师重教，市委、市政府非常重视教育，将教育纳入质量强市考核，近几年全市公共预算教育支出逐年增长.已知2019年教育支出约80亿元，2021年教育支出约为96.8亿元，求2019年到2021年教育支出的年平均增长率．
18.(本小题7分)
如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象顶点坐标为(−1,−2)，且过(1,0)．
(1)求该二次函数解析式；
(2)当−3≤x<3时，则函数值y的取值范围是______．
19.(本小题7分)
为了强身健体，更好的学习和生活，某学校初二年级600名同学积极跑步，体育陈老师为整个年级同学进行了跑步测试.为了解同学整体跑步能力，从中抽取部分同学的成绩(得分取正整数，满分为100分)进行统计分析，得到如下所示的频数分布表：
请根据尚未完成的表格，解答下列问题：
(1)本次抽样调查的样本容量为______ ，表中c= ______ ；
(2)补全如图所示的频数分布直方图；
(3)若成绩小于或者等于70分的同学的跑步能力需加强锻炼和提高，估计该校八年级同学中需要加强锻炼和提高的有______ 人.
20.(本小题7分)
图①、图②、图③均是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图，保留适当的画图痕迹．
(1)在图①中画出AC边上的中线BD．
(2)在图②中画出AC边上的高线BE．
(3)在图③中，若点P、Q分别为线段AB、AC上的动点，连结PC、PQ，当PC+PQ取得最小值时，画出点P、点Q的位置．
21.(本小题8分)
如图，在Rt△ABC中，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆，分别与BC，AB相交于点D，E，连接AD.已知∠CAD=∠B．
(1)求证：AD是⊙O的切线．
(2)若OB=2，∠CAD=30°，则BD的长为______ ．
22.(本小题9分)
【概念回顾】我们知道圆是所有到定点(圆心)的距离等于定长(半径)的点组成的平面图形．由此可知，如图①，若OA=OB=OC，则点A、B、C均在以O为圆心，OA为半径的圆上．
【知识运用】
如图②，在△ABC中，AB=AC.将△ABC绕顶点A逆时针旋转α，得到△ADE，连结CD、BE．
(1)若∠BCD=118°，求∠BED的大小．
(2)若AB=5，BC=6.当90°<α<180°时，四边形ACDE面积的最大值为______．
【拓展应用】如图③，将边长为6的等边△ABC绕顶点A逆时针旋转α，得到△ADE，点F为DE中点．过点D作DG⊥AC，交AC于点G，当75°≤α<150°时，则FG长的取值范围是______．
23.(本小题10分)
如图①，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠A=60°，BC=3.点P从点B出发，沿BC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，在线段BP的延长线上取一点Q，使得PQ=2BP，连结PQ，以PQ为斜边向下作Rt△PQN，其中PN/​/AB，设点P运动的时间为t秒(t>0)．
(1)求线段CQ的长．(用含t的代数式表示)
(2)当点N落在AC上时，求t的值．
(3)当△PQN被△ACB的边分成的两部分面积比为1：8时，求t的值．
(4)如图②，作点N关于AC的对称点N′，连结AN′，当直线AN′与△ACB的一边垂直时，直接写出t的值．
24.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c(b、c为常数)的对称轴为直线x=1，与y轴交点的坐标为(0,−2)，点A、点B均在这个抛物线上(点A在点B的左侧)，点A的横坐标为m，点B的横坐标为1−2m．
(1)求此抛物线对应的函数表达式．
(2)当点A、点B关于此抛物线的对称轴对称时，连结AB，求线段AB的长．
(3)将此抛物线上A、B两点之间的部分(包括A、B两点)记为图象G．
①当图象G对应的函数值y随x的增大先减小后增大时，设图象G最高点的纵坐标与最低点的纵坐标的差为h，求h与m之间的函数关系式，并写出h的取值范围．
②设点E的坐标为(−2−2m,1)，点F的坐标为(−2−2m,−3−2m)，连结EF，当线段EF和图象G有公共点时，直接写出m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.是一次函数，不是二次函数，故本选项不符合题意；
B.当a=0时，y=ax2+bx+c不是二次函数，故本选项不符合题意；
C.是二次函数，故本选项符合题意；
D.是三次函数，不是二次函数，故本选项不符合题意；
故选：C．
根据二次函数的定义逐个判断即可．
本题考查了二次函数的定义，能熟记二次函数的定义是解此题的关键，注意：形如y=ax2+bx+c(a、b、c为常数，a≠0)的函数，叫二次函数．
2.【答案】A
【解析】解：∵2x=3y，
∴xy=32，x3=y2．
故选：A．
利用比例的基本性质对各选项进行判断．
本题考查了比例的性质：熟练掌握比例的基本性质(内项之积等于外项之积、合比性质、分比性质、合分比性质、等比性质等)是解决问题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：A、长为3cm，5cm，9cm的三条线段能围成一个三角形，是不可能事件，不符合题意；
B、太阳从东边升起，是必然事件，不符合题意；
C、平面内两直线相交，对顶角相等，是必然事件，不符合题意；
D、明天会下雨，是随机事件，符合题意；
故选：D．
根据事件发生的可能性大小判断即可．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
4.【答案】B
【解析】解：设木桩上升了h米，
∴由已知图形可得：tan20°=h8，
∴木桩上升的高度h=8tan20°．
故选：B．
根据已知，运用直角三角形和三角函数得到上升的高度为：8tan20°．
此题考查的是解直角三角形的应用，关键是由已知得直角三角形，根据三角函数求解．
5.【答案】A
【解析】解：a=1，b=−3，c=2，
∵Δ=b2−4ac=(−3)2−4×1×2=1>0，
∴方程x2−3x+2=0有两个不相等的实数根．
故选：A．
由方程的系数结合根的判别式Δ=b2−4ac，可得出Δ>1，进而可得出该方程有两个不相等的实数根．
本题考查了根的判别式，牢记“当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵∠AOE=60°，
∴∠BOE=180°−∠AOE=120°，
∴BE的度数是120°，
∵点C、D是BE的三等分点，
∴BD的度数是23×120°=80°，
∴∠BOD=80°，
故选：C．
先求出∠BOE=120°，根据点C、D是BE的三等分点求出BD的度数是80°，再求出答案即可．
本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，题目比较典型，难度不是很大．
7.【答案】A
【解析】解：设蜡烛火焰的高度是x cm，
由相似三角形对应高的比等于相似比得到：1015=x9．
解得x=6．
即蜡烛火焰的高度是6cm．
故选：A．
直接利用相似三角形的对应边成比例解答．
本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，记住相似三角形对应高的比等于相似比．
8.【答案】A
【解析】解：∵将y=12x+2与y=−12x联立得：y=12x+2y=−12x，解得：x=−2y=1．
∴点B的坐标为(−2,1)．
由抛物线的解析式可知抛物线的顶点坐标为(h,k)．
∵将x=h，y=k，代入得y=−12x得：−12h=k，解得k=−12h，
∴抛物线的解析式为y=(x−h)2−12h.
如图1所示：当抛物线经过点C时．
将C(0,0)代入y=(x−h)2−12h得：h2−12h=0，解得：h1=0(舍去)，h2=12．
如图2所示：当抛物线经过点B时．
将B(−2,1)代入y=(x−h)2−12h得：(−2−h)2−12h=1，整理得：2h2+7h+6=0，解得：h1=−2，h2=−32(舍去)．
综上所述，h的范围是−2≤h≤12．
故选：A．
将y=12x+2与y=−12x联立可求得点B的坐标，然后由抛物线的顶点在直线y=−12x可求得k=−12h，于是可得到抛物线的解析式为y=(x−h)2−12h，由图形可知当抛物线经过点B和点C时抛物线与菱形的边AB、BC均有交点，然后将点C和点B的坐标代入抛物线的解析式可求得h的值，从而可判断出h的取值范围．
本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了一次函数的交点与一元二次方程组的关系、待定系数法求二次函数的解析式，通过平移抛物线探究出抛物线与菱形的边AB、BC均有交点时抛物线经过的“临界点”为点B和点C是解题解题的关键．
9.【答案】x≥1
【解析】【分析】
本题考查的是二次根式有意义的条件，即被开方数大于等于0．
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：∵式子 x−1在实数范围内有意义，
∴x−1≥0，
解得x≥1．
故答案为：x≥1．
10.【答案】3
【解析】解：原式= 3×155=3，
故答案为：3．
根据二次根式的乘除法法则计算，得到答案．
本题考查的是二次根式的乘除法，掌握二次根式的乘除法法则是解题的关键．
11.【答案】(−5,−3)
【解析】解：∵抛物线y=2(x+5)2−3，
∴顶点坐标为：(−5,−3)．
故答案为：(−5,−3)．
由于抛物线y=a(x−h)2+k的顶点坐标为(h,k)，由此即可求解．
此题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握抛物线的顶点坐标公式即可解决问题．
12.【答案】20°
【解析】解：连接BD．
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD=90°−∠BAD=90°−70°=20°，
∴∠C=∠ABD=20°，
故答案为：20°．
连接BD，求出∠ABD=20°可得结论．
本题考查圆周角定理，三角形内角和定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
13.【答案】2π−4
【解析】解：由题意得，OA=OB=2 2，∠AOB=90°，
∴S弓形=S扇形OAB−S△AOB=90⋅π⋅(2 2)2360−12×2×4=2π−4，
故答案为：2π−4．
直接利用阴影部分所在扇形减去所在三角形面积即可得出答案；
本题考查扇形的面积，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用分割法求阴影部分面积．
14.【答案】−1【解析】解：如图，
∵抛物线开口向上，−2<0<2，y2∴抛物线对称轴直线x=h在点A，C之间，
即−2∵y3>y1，
∴2−h>h−(−2)，
解得h<0，
∴点B在对称轴右侧，
∵y1>y2，
∴h−(−2)>0−h，
解得h>−1，
∴−1故答案为：−1根据抛物线开口向上，距离对称轴越远的点的y值越大求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数的性质，通过数形结合方法求解．
15.【答案】解：(12)−1−2sin45°−(π−2)0+tan60°
=2−2× 22−1+ 3
=2− 2−1+ 3
=1− 2+ 3．
【解析】首先计算零指数幂、负整数指数幂和特殊角的三角函数值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．另外，有理数的运算律在实数范围内仍然适用．
16.【答案】解：根据题意画图如下：

共有6种等可能的情况数，其中一次摸出两个球“都是白球”的有2种，
则一次摸出两个球“都是白球”的概率是26=13．
【解析】根据题意画出树状图得出所有等可能的情况数，找出符合条件的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率，注意树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，正确画出树状图是解题关键．
17.【答案】解：设2019年到2021年教育支出的年平均增长率为x，
依题意得：80(1+x)2=96.8，
解得：x1=0.1=10%，x2=−2.1(不合题意，舍去)．
答：2019年到2021年教育支出的年平均增长率为10%．
【解析】设2019年到2021年教育支出的年平均增长率为x，利用2021年教育支出金额=2019年教育支出金额×(1+年平均增长率)2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
18.【答案】−2≤y<6
【解析】解：(1)由抛物线顶点式表达式得：y=a(x+1)2−2，
x=1时，y=a(1+1)2−2=0，解得：a=12，
故抛物线的表达式为：y=12(x+1)2−2；
(2)当x=−1时，y=−2，
当x=3时，y=6，
∴当−3≤x<3时，函数值y的取值范围是−2≤y<6，
故答案为：−2≤y<6．
(1)由抛物线顶点式表达式得：y=a(x+1)2−2，将点(1,0)代入上式即可求解；
(2)根据x的取值范围和函数图象可以求得相应的y的取值范围．
本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．也考查了二次函数的性质．
19.【答案】200 11% 144
【解析】解：(1)18÷9%=200(人)，c=22÷200=11%，
故答案为：200，11%；
(2)200−18−30−50−22=80(人)，
补全频数分布直方图如下：
(3)600×18+30200=144(人)，
故答案为：144．
(1)根据各个组的频数、频率，由频率=频数总数可求出样本容量，进而求出c的值；
(2)求出a的值即可补全频数分布直方图；
(3)求出样本中，“需要加强锻炼和提高”的学生所占的百分比，估计总体中“需要加强锻炼和提高”学生所占的百分比，进而求出需要加强锻炼和提高的人数．
本题考查频数分布表、频数分布直方图以及样本、总体、个体、样本容量，掌握频率=频数总数是正确解答的关键．
20.【答案】解：(1)如图①中，线段BD即为所求；
(2)如图②中，线段BE即为所求；

(3)如图③中，点P，Q即为所求．

【解析】(1)利用网格特征作出AC的中点D，连接BD即可；
(2)利用数形结合的思想作出高BE即可；
(3)取格点T，R，连接AR，CT交于点Q′，CT交AB于点P，取格点J，连接RJ交AC于点Q，点P，Q即为所求．
本题考查作图−应用与设计作图，三角形的高，中线，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
21.【答案】43π
【解析】(1)证明：如图所示：连接OD，
∵OB=OD，
∴∠3=∠B，
∵∠B=∠1，
∴∠1=∠3，
在Rt△ACD中，∠1+∠2=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠4=180°−(∠2+∠3)=90°，
∴OD⊥AD，
则AD为圆O的切线；
(2)解：由(1)得：∠3=∠CAD=30°，
∵∠3=∠B，
∴∠BOD=180°−30°−30°=120°，
∵OB=2，
∴BD=120π×2180=43π.
故答案为：43π.
(1)连接OD，由OD=OB，利用等边对等角得到一对角相等，再由已知角相等，等量代换得到∠1=∠3，求出∠4为90°，即可得证；
(2)根据∠3=∠CAD=30°，可以求出∠BOD=120°，根据弧长公式求弧BD即可．
此题考查了切线的判定与性质，以弧长公式，熟练掌握切线的判定与性质是解本题的关键．
22.【答案】492 3 2≤FG≤6
【解析】解：(1)∵AB=AC=AD=AE，
∴点B、C、D、E共圆，
即：四边形BCDE是⊙A的内接四边形，
∴∠BED+∠BCD=180°，
∵∠BCD=118°，
∴∠BED=62°；
(2)如图1，
作AF⊥BC于F，作DH⊥AC于H，
∵AB=AC，
∴CF=BF=12BC=3，
∴AF= AC2−CF2=4，
∴S△ABC=12BC⋅AF=12×6×4=12，
∵S四边形ACDE=S△ADE+S△ACD=S△ABC+12AC⋅DH=12+52DH，
∵DH≤AD=5，
∴当DH=AD=5时，S△ACD最大=252，此时AD⊥AC(图中AD′)，
∴S四边形ACDE最大=12+252=492，
故答案为：492；
[拓展应用]解：如图2，
连接AF，取AD的中点O，连接OF，OG，
∵AD=AE，点F是DE的中点，
∴AF⊥DE，
∴∠AFD=90°，
∴OF=OA=OD=12AD=3，
同理可得，
OG=OA=OD=12AD，
∴点A、G、D、F在以O为圆心，3为半径的圆O上，
∵∠BAD=α，
∴∠CAD=α−∠BCA=α−60°，
∵75°≤α≤150°，
∴15°≤∠CAD≤90°，
如图3，
点G在AG上运动，当运动G″时，FG最大=FG″=AD=6，
当∠DAG=15°时，FG最小，
作FH⊥AG于H，
∵∠AFD=90°，∠ADF=60°，
∴AF=6⋅sin60°=3 3，
在Rt△AFH中，∠FAH=∠FAD+∠DAG=45°，
∴FH=AF⋅cs45°=3 3× 22=3 62，
∵AF=AF，
∴∠G=∠D=60°，
∴FG=FHsin60∘=3 62 32=3 2，
∴3 2≤FG≤6，
故答案为：3 2≤FG≤6．
(1)证明四边形BCDE是⊙A的内接四边形，根据圆的内接四边形对角互补求得结果；
(2)只需求得△ACD面积最大值：当AD⊥AC时，△ACD的面积最大，进一步求得结果；
[拓展应用]连接AF，取AD的中点O，连接OF，OG，可推出OG=OA=OD=12AD，从而点A、G、D、F在以O为圆心，3为半径的圆O上，可推出15°≤∠CAD≤90°，点G弧上运动，当FG是⊙O的直径时，FG最长，当∠CAD=15°时，FG最小，解△AFG求得FG的最小值．
本题考查了等腰三角形性质，直角三角形性质，确定圆的条件，解直角三角形等知识，解决问题的关键是根据条件确定共圆．
23.【答案】解：(1)当Q在边BC上，即t≤1时，如图：

由已知BP=t，
∵PQ=2BP，
∴PQ=2t，
∴CQ=BC−BP−PQ=3−3t，
当Q在边BC延长线上，即1
∵BP=t，PQ=2t，
∴CQ=BP+PQ−BC=t+2t−3=3t−3，
∴CQ=3−3t(0(2)当N落在AC上时，如图：

∵BP=t，PQ=2t，
∴CQ=BP+PQ−BC=3t−3，
∵PN/​/AB，
∴∠QPN=∠B=90°−∠A=30°，∠CNP=∠A=60°，
∵∠PNQ=90°，
∴∠QNC=∠PNQ−∠CNP=30°，
∵∠QCN=∠ACB=90°，
∴QN=2CQ=6t−6，
在Rt△PQN中，PQ=2QN，
∴2t=2(6t−6)，
解得t=65，
∴当点N落在AC上时，t的值为65；
(3)①设QN交AC于K，当S△QCK：S四边形PCKN=1：8时，如图：

∴S△QCK：S△QNP=1：9，
∵∠Q=∠Q，∠N=90°=∠QCK，
∴△QCK∽△QNP，
∴(CQNQ)2=19，即CQNQ=13，
而CQ=3t−3，NQ=12PQ=t，
∴3t−3t=13，
解得t=98；
②设PN交AC于T，当S△PCT：S四边形CTNQ=1：8时，如图：

∴S△PCT：S△PNQ=1：9，
∵∠CPT=∠NPQ，∠PCT=90°=∠N，
∴△CPT∽△NPQ，
∴(CPPN)2=19，即CP=13PN，
∵CP=BC−BP=3−t，PN= 32PQ= 32×2t= 3t，
∴3−t=13× 3t，
解得t=9−3 32；
综上所述，当△PQN被△ACB的边分成的两部分面积比为1：8时，t的值为98或9−3 32；
(4)①当AN′⊥AB时，延长QN交AB于G，如图：

在Rt△QPN中，QN=12PQ，
∴QN=12×2t=t，
在Rt△QBG中，QG=12BQ，BG= 3QG，
∴QG=12×3t=32t，BG=3 32t，
∴NG=QG−QN=32t−t=12t，
在Rt△ABC中，AB=BC 32=2 3，
∴AG=AB−BG=2 3−3 32t，
∵AN′⊥AB，∠BAC=60°，
∴∠N′AC=30°，
∵N′，N关于AC对称，
∴∠NAC=30°，
∴∠NAG=90°−∠N′AC−∠NAC=30°，
∴Rt△ANG中，AG= 3NG，
∴2 3−3 32t= 3×12t，
解得t=1；
②当N在AC上时，N，N′重合，此时AN′⊥BC，如图：

由(2)知此时t=65；
③当AN′⊥AC时，如图：

∴∠N′AC=90°=∠NAC=∠ACB，
∴N′，A，N共线，BC//AN，
∵PN/​/AB，
∴四边形PNAB是平行四边形，
∴PN=AB，
而PN= 32PQ= 3t，AB=2 3，
∴ 3t=2 3，
解得t=2；
综上所述，当直线AN′与△ACB的一边垂直时，t的值为1或65或2．
【解析】(1)分当Q在边BC上，即t≤1时和当Q在边BC延长线上，即1(2)当N落在AC上时，由BP=t，PQ=2t，得CQ=BP+PQ−BC=3t−3，根据PN/​/AB，可得∠QPN=30°，∠CNP=∠A=60°，即可得∠QNC=∠PNQ−∠CNP=30°，从而QN=2CQ=6t−6，在Rt△PQN中，2t=2(6t−6)，故t=65；
(3)分两种情况：①设QN交AC于K，当S△QCK：S四边形PCKN=1：8时，可得S△QCK：S△QNP=1：9，根据△QCK∽△QNP，即得3t−3t=13，故t=98；②设PN交AC于T，当S△PCT：S四边形CTNQ=1：8时，S△PCT：S△PNQ=1：9，由△CPT∽△NPQ，得CP=13PN，即3−t=13× 3t，故t=9−3 32；
(4)分三种情况：①当AN′⊥AB时，延长QN交AB于G，可得NG=QG−QN=12t，AG=AB−BG=2 3−3 32t，由AN′⊥AB，∠BAC=60°，N′，N关于AC对称，可得∠NAG=90°−∠N′AC−∠NAC=30°，故AG= 3NG，即2 3−3 32t= 3×12t，从而t=1；②当N在AC上时，N，N′重合，此时AN′⊥BC，由(2)知此时t=65；③当AN′⊥AC时，可得四边形PNAB是平行四边形，故 3t=2 3，即得t=2．
本题考查几何变换综合应用，涉及含30°角的直角三角形三边关系，平行四边形判定与性质等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用．
24.【答案】解：(1)∵抛物线y=x2+bx+c(b、c为常数)的对称轴为直线x=1，
∴x=−b2=1，∴b=−2，
∵抛物线与y轴交于点(0,−2)，
∴c=−2．
∴抛物线的函数表达式为：y=x2−2x−2．
(2)∵点A、点B关于此抛物线的对称轴对称，
∴m+1−2m=1×2，解得m=−1，
∴A(−1,1)，B(3,1)．
∴AB=4．
(3)∵y=x2−2x−2=(x−1)2−3，
∴抛物线顶点坐标为(1,−3)，
①∵图象G对应的函数值y随x的增大先减小后增大，
∴图象G的最低点的纵坐标为−3．
根据题意，最高点有两种情况：
当m<1<1−2m时，m<0，
1)当1−2m−1>1−m时，m<−1，
此时图象G的最高点为(1−2m,4m2−3)，
h=4m2−3−(−3)=4m2．
2)当1−2m−1<1−m时，−1此时函数G的最高点为(m,m2−2m−2)．
此时h=m2−2m−2−(−3)=m2−2m+1．
当1−2m<11，
1)当1−(1−2m)>m−1时，m>−1，则m>1，
此时图象G的最高点为(1−2m,4m2−3)，
h=4m2−3−(−3)=4m2．
2)当1−(1−2m)∴h=4m2(m>1或m<−1)m2−2m+1(−11且h≠4.
②根据题意可知，若线段EF和图象G有公共点，则m≤−2−2m≤1−2m，即m≤−23．
当x=−2−2m时，y=4m2+12m+6．
∴−3−2m≤4m2+12m+6≤1或1≤4m2+12m+6≤−3−2m，
解得：−7− 134≤m≤−52或−7+ 134≤m≤−23．
【解析】本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，分类讨论思想等相关知识，根据二次函数的性质进行分类讨论是解题关键．
(1)根据函数对称轴和与y轴交点可直接得到结论；
(2)根据题意可知，点A的横坐标与点B的横坐标的中点在对称轴上，由此列出方程，可得出m的值，进而得出结论；
(3)①根据题意，需要分两种情况：m<1<1−2m或1−2m<1②根据题意可知，m≤−2−2m≤1−2m，将x=−2−2m代入抛物线的解析式，得出y=4m2+12m+6，对于4m2+12m+6，1，−3−2m三者的大小关系进行讨论即可．分数段
50.5−60.5
60.5−70.5
70.5−80.5
80.5−90.5
90.5−100.5
频数
18
30
50
a
22
所占百分比
9%
15%
25%
b%
c