湖北省武汉市2023-2024学年九年级上学期期末数学试卷+

这是一份湖北省武汉市2023-2024学年九年级上学期期末数学试卷+，共22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.下列图形中，不是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.盒子里有10个球，它们只有颜色不同，其中红球有6个，黄球有3个，黑球有1个.小军从中任意摸一个球，下面说法正确的是( )
A. 一定是红球B. 摸出红球的可能性最大
C. 不可能是黑球D. 摸出黄球的可能性最小
3.方程x2−6x−5=0经过配方后，所得的方程是( )
A. (x−6)2=30B. (x−6)2=41C. (x−3)2=4D. (x−3)2=14
4.在平面直角坐标系中，以点(−3,4)为圆心，3为半径的圆( )
A. 与x轴相离，与y轴相切B. 与x轴相离，与y轴相交
C. 与x轴相切，与y轴相交D. 与x轴相切，与y轴相离
5.已知x1、x2是一元二次方程x2+2ax+b=0的两根，且x1+x2=3，x1x2=1，则a、b的值分别是( )
A. a=3，b=1B. a=3，b=−1
C. a=−32，b=−1D. a=−32，b=1
6.二次函数y=−(x+1)2+2的图象大致是( )
A. B.
C. D.
7.若A(−4,y1)，B(−3,y2)，C(1,y3)为二次函数y=ax2+4ax+a(a>0)的图象上的三点，则y1，y2，y3的大小关系是( )
A. y18.四张背面完全相同的卡片上分别写有1、2、3、4四个数字，把卡片背面朝上洗匀后，王明从这四张卡片中随机选两张，则王明选中的卡片中有偶数的概率是( )
A. 56B. 34C. 12D. 23
9.如图，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点O在原点上，OA边在x轴的正半轴上，AB⊥x轴，AB=1，∠AOB=30°，将△OAB绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点B的坐标为( )
A. (1, 3)B. (1,− 3)C. (− 3,1)D. (−1, 3)
10.定义：一个圆分别与一个三角形的三条边各有两个交点，且所截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”.现有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当“等弦圆”最大时，这个圆的半径为( )
A. 22B. 2− 2C. 2−1D. 2 2−2
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.在平面直角坐标系中，点P(3,−4)关于原点对称点P′的坐标是______ ．
12.如图，是由7个全等的正六边形组成的图案，假设可以随机在图中取点，那么这个点取在阴影部分的概率是 ．
13.如图，直线EF与⊙O相切于点C，直线EO与⊙O相交于点D，连接CD.若∠DEF=3∠D，则∠DCF的度数为______ ．
14.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=10，将△ABC绕点B逆时针旋转30°得到△A′BC′，则AC，AA′，A′C′，CC′围成的面积(图中阴影部分面积)为______ ．
15.抛物线y=ax2+bx+c(a>0)与x轴交于A(−3,0)，B两点，与y轴交于点C，点(m−5,n)与点(3−m,n)也在该抛物线上.下列结论：①点B的坐标为(1,0)；②方程ax2+bx+c−2=0有两个不相等的实数根；③54a+c<0；④当x=−t2−2(t为常数)时，y>c.其中正确结论的序号是______ ．
16.如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=2 3，E为CD边上一动点，以BE为边构造等边△BEF(点F位于AB下方)，连接AF，则，
①当CE=BC时，∠BAF= ______ °；
②点E在运动的过程中，AF的最小值为______ ．
三、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
小明在解方程x2−5x=−3的过程中出现了错误，其解答如下：
解：∵a=1，b=−5，c=−3，……第一步
∴b2−4ac=(−5)2−4×1×(−3)=37，……第二步
∴x=5± 372，……第三步
∴x1=5+ 372，x2=5− 372.……第四步
(1)问：小明的解答是从第______ 步开始出错的；
(2)请写出本题正确的解答．
18.(本小题8分)
如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一个角度α，得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上.且点A、B、E在同一条直线上．
(1)求证：AD平分∠BDE；
(2)若AC⊥DE，求旋转角α的度数．
19.(本小题8分)
小明学习物理《电流和电路》后设计如图所示的一个电路图，其中S1、S2、S3分别表示三个可开闭的开关，“⊗”表示小灯泡，“
”表示电池．
(1)当开关S1闭合时，再随机闭合开关S2或S3其中一个，直接写出小灯泡发光的概率；
(2)当随机闭合开关S1、S2、S3中的两个，试用树状图或列表法求小灯泡发光的概率．
20.(本小题8分)
如图，AB为⊙O的直径，C是⊙O上一点，D是BC的中点，弦DE⊥AB，垂足为F．
(1)求证：BC=DE；
(2)若AC=6，BF=2，求AE的长．
21.(本小题8分)
如图，在7×6的网格中，A，B，C三点均为格点(点A，B，C均在圆上).请仅用无刻度的直尺作图，作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示．
(1)在图1中，画AB的中点D，再作△ABC的高BE；
(2)在图2中，在BC上画点G，使BG/​/AC，再在AC上画点F，使AF=AB．
22.(本小题10分)
行驶中的汽车，在刹车后由于惯性，还要继续向前滑行一段距离才能停止，这段距离称为“刹车距离”.为了了解制造车间某型号汽车的刹车性能，工程师进行了大量模拟测试，得出汽车A刹车后刹车距离y(单位：m)与刹车时的速度x(单位：m/s)满足二次函数y=0.08x2+bx+c.测得部分数据如下表：
(1)求刹车距离关于刹车时的速度的函数表达式(不必写自变量的取值范围)；
(2)有一辆该型号汽车A在公路上(限进100km/h)发生了交通事故，现场测得刹车距离为99m，请问司机是否因为超速行驶导致了交通事故？请说明理由；
(3)制造车间生产另一型号汽车B，其刹车距离y(单位：m)与刹车速度x(单位：m/s)满足：y=0.12x2+βx，若刹车时车速满足在10≤x≤20范围内某一数值，两种型号汽车的刹车距离相等，求β的取值范围．
23.(本小题10分)
在△ABC中，将AB绕点A顺时针旋转α至AB′，将AC绕点A逆时针旋转β至AC′(0°<α<180°,0°<β<180°)，得到△AB′C′，使∠BAC+∠B′AC′=180°，我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，△AB′C′的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
(1)当△ABC为等边三角形时，画图研究△ABC的“旋补中线”AD与BC的数量关系是______ ；
(2)如图，当△ABC为任意三角形时，(1)中的结论是否成立？并给予证明；
(3)若AB=AC=4，BC=6，求△ABC的“旋补三角形”的周长．
24.(本小题12分)
如图1，抛物线y=ax2+53x+c经过点(3,1)，与y轴交于点B(0,5)，直线y=23x−4与抛物线交于P，Q两点，与y轴交于点D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)E为抛物线上一点，过点E作EF//y轴交直线PQ于点F，连接BE，当BE=DF时，求点E的坐标；
(3)如图2，C为平面内一点，直线CQ，CP分别交抛物线于另一点M，N，连接MN，若MN/​/PQ，求点C的横坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：选项B、C、D均能找到一个点，使图形绕该点旋转后与原来的图形完全重合，所以是中心对称图形，故不符合题意；
选项A不能找到一个点，使图形绕该点旋转后与原来的图形完全重合，所以不是中心对称图形，故符合题意．
故选：A．
根据中心对称图形的定义逐项识别即可，在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：由题意可得，
摸出红球的概率为P(红)=610=35，摸出黄球的概率为：P(黄)=310，摸出黑球的概率为：P(黑)=110，
故选：B．
根据题意列出树状图求出各种颜色求得概率，逐个判断即可得到答案．
本题考查概率定义及树状图法求概率，解题的关键是正确理解概率的定义．
3.【答案】D
【解析】解：∵x2−6x−5=0，
∴x2−6x=5，
∴x2−6x+9=5+9，
∴(x−3)2=14．
故选：D．
先把常数项移到等号的右边，等式两边同时加上一次项系数一半的平方即可．
此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用，选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
4.【答案】A
【解析】解：点(−3,4)到x轴为4，大于半径3，
点(−3,4)到y轴的距离为3，等于半径3，
故该圆与x轴相离，与y轴相切，
故选：A．
由已知点(−3,4)可求该点到x轴，y轴的距离，再与半径比较，确定圆与坐标轴的位置关系．设d为直线与圆的距离，r为圆的半径，则有若dr，则直线与圆相离．
本题考查的是直线与圆的位置关系以及点到坐标轴的距离，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定．
5.【答案】D
【解析】解：∵x1、x2是一元二次方程x2+2ax+b=0的两根，
∴x1+x2=−2a，x1⋅x2=b．
又∵x1+x2=3，x1x2=1，
∴−2a=3，b=1，
∴a=−32，b=1．
故选：D．
利用根与系数的关系，构建方程求解即可．
本题考查根与系数的关系，解题的关键是学会利用整体代入的思想解决问题，属于中考常考题型．
6.【答案】B
【解析】解：∵y=−(x+1)2+2，
∴抛物线的对称轴为直线x=−1，顶点为(−1,2)，
由a=−1<0知抛物线的开口向下，
故选项B正确．
故选：B．
分别根据抛物线的开口方向、对称轴的位置及顶点位置逐一判断可得．
本题考查了对二次函数的图象和性质的应用，注意：数形结合思想的应用，主要考查学生的观察图象的能力和理解能力．
7.【答案】B
【解析】解：二次函数y=ax2+4ax+a(a>0)的对称轴为直线x=−4a2a=−2，
∵a>0，
∴抛物线开口向上，
∵点A、B、C到对称轴的距离分别为2、1、3，
∴y2故选：B．
先求出抛物线对称轴解析式，再根据点A、B、C到对称轴的距离的大小与抛物线的增减性解答．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数的增减性，求出对称轴解析式是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：树状图如图所示，
一共有12种等可能性，其中王明选中的卡片中有偶数的可能性有10种可能性，
故王明选中的卡片中有偶数的概率为：1012=56，
故选：A．
根据题意，画出相应的树状图，然后即可求得相应的概率．
本题考查列表法与树状图法，解答本题的关键是明确题意，画出相应的树状图，求出相应的概率．
9.【答案】D
【解析】解：在Rt△AOB中，∠BAO=90°，AB=1，∠AOB=30°，
∴OA= 3AB= 3，
∴B( 3,1)，
第一次旋转B1(1,− 3)，
第二次旋转B2(− 3,−1)，
第三次旋转B3(−1, 3)，
四次一个循环，
2023÷4=505……3，
∴第2023次旋转结束时，点B的坐标为(−1, 3)，
故选：D．
首先求出点B的坐标，探究规律利用规律解决问题．
本题考查坐标与图形变化−旋转，规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会探究规律，利用规律解决问题．
10.【答案】B
【解析】解：如图，当等弦圆O最大时，则⊙O经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，
∵CD=CK=EQ，∠ACB=90°，
∴∠COD=∠COK=90°，DK过圆心O，CF⊥AB，
∵AC=BC，∠ACB=90°，AB=2．
∴AC=BC= 2,AF=BF=CF=12AB=1，
设⊙O的半径为r，
∴CD= r2+r2= 2r=EQ,OF=1−r,OE=r，
∵CF⊥AB，
∴EF=QF= 22r，
∴r2=(1−r)2+( 22r)2，
整理得：r2−4r+2=0，
解得r1=2+ 2,r2=2− 2，
∵OC∴r=2+ 2不符合题意，舍去，
∴当等弦圆最大时，这个圆的半径为2− 2．
故选：B．
当等弦圆O最大时，则⊙O经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，再证明DK经过圆心，CF⊥AB，分别求解AC，BC，CF，设⊙O的半径为r，再分别表示EF、OF，OE，再利用勾股定理求解半径r即可．
本题考查的是等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，弦，弧，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，掌握以上知识是解本题的关键．
11.【答案】(−3,4)
【解析】解：点P(3,−4)关于原点对称点P′的坐标是(−3,4)．
故答案为：(−3,4)．
直接利用关于原点对称点的性质得出答案．
此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
12.【答案】47
【解析】解：由图知，阴影部分的面积占图案面积的47，即这个点取在阴影部分的概率是47，
故答案为：47．
根据阴影部分的面积所占比例得出概率即可．
本题考查几何概率．熟练掌握几何概率的计算方法，是解题的关键．
13.【答案】72°
【解析】解：连接OC，如图，
∵直线EF与⊙O相切于点C，
∴OC⊥EF，
∴∠OCE=90°，
∴∠E+∠EOC=90°，
∵∠EOC=2∠D，∠E=3∠D，
∴3∠D+2∠D=90°，
解得∠D=18°，
∴∠E=54°，
∴∠DCF=∠D+∠E=18°+54°=72°．
故答案为：72°．
连接OC，如图，先利用切线的性质得到∠OCE=90°，则根据三角形内角和得到∠E+∠EOC=90°，再根据圆周角定理得到∠EOC=2∠D，加上∠E=3∠D，所以3∠D+2∠D=90°，从而可求出∠D的度数，然后利用三角形外角性质可计算出∠DCF的度数．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理．
14.【答案】25π3
【解析】解：△ABC中，∠ACB=90°，AC=10，
∴AC2=AB2−BC2，
∵将△ABC绕点B逆时针旋转30°得到△A′BC′，
∴△ABC≌△A′BC′，
∴∠ABA′=30°=∠CBC′，
∴S阴影=S扇形ABA′+S△A′BC′−S扇形CBC′−S△ABC
=S扇形ABA′−S扇形CBC′
=30π×AB2360−30π×BC2360
=30π×(AB2−AC2)360
=30π×AC2360
=30π×102360
=25π3．
故答案为：25π3．
将△ABC绕点B逆时针旋转30°得到△A′BC′，可得△ABC≌△A′BC′，由题给图可知：S阴影=S扇形ABA′+S△A′BC′−S扇形CBC′−S△ABC=S扇形ABA′−S扇形CBC′，可得出阴影部分面积．
本题主要考查了图形的旋转，不规则图形的面积计算，扇形的面积，发现阴影部分面积的计算方法是解题的关键．
15.【答案】①②③
【解析】解：∵点(m−5,n)与点(3−m,n)也在该抛物线上，
∴该抛物线的对称轴为：x=m−5+3−m2=−1，
∵A(−3,0)，
∴B(1,0)，
故①选项符合题意；
∵图象开口向上，与x轴交于A，B两点，
∴抛物线y=ax2+bx+c与y=2有两个交点，
∴方程ax2+bx+c−2=0有两个不相等的实数根，
故②选项符合题意；
将A，B点坐标代入抛物线解析式，得9a−3b+c=0a+b+c=0，
得b=2ac=−3a，
∴54a+c=54a−3a=−74a，
∵a>0，
∴−74a<0，
即54a+c<0，
故③选项符合题意；
∵x=−t2−2≤−2，抛物线的对称轴为x=−1，
∴当x=−2时和x=0时函数值相等，
当x=0时，y=c，
∴当x=−2时，y=c，
∴当x=−t2−2时，y≥c，
故④选项不符合题意；
故答案为：①②③．
根据点(m−5,n)与点(3−m,n)也在该抛物线上，可求出抛物线的对称轴，根据点A的坐标即可求出点B坐标，可以判断①选项；根据图象可知抛物线y=ax2+bx+c与y=2有两个交点，可以判断②选项；将A，B点坐标代入抛物线解析式，可得b=2ac=−3a，再根据a>0，即可判断③选项；根据对称性可知当x=−2时和x=0时函数值相等都是c，即可判断④选项．
本题考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
16.【答案】45 3
【解析】解：①如图所示，
连接AC、BD交于O，连接OF，AE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=2 3，AC=BD=2OA=2OB=2OC=2OD，∠ABC=∠BCD=90°，
∴AC= AB2+BC2=4 3，
∴OC=OB=OA=2 3，
∴OB=OC=BC，
∴△BOC是等边三角形，
∠OBC=∠COB=60°，
∴∠AOB=120°，
.∵△EFB是等边三角形，
∴∠EBF=60°，EB=FB，
∴∠EBC=∠FBO，
∴△EBC≌△FBO(SAS)，
∴∠BOF=∠BEC=90°，
∴∠AOF=30°；
当CE=BC=2 3时，则BE= BC2+CE2=2 6，∠CBE=∠CEB=45°，
∴S△BEF= 34BE2=6 3，∠ABE=45°，
又∵S△ABE=12AB×CB=6 3，
∴S△ABE=S△BEF，
∴AF/​/BE，
∴∠BAF=∠ABE=45°，
故答案为：45°；
②由①知△EBC≌△FBO，
∴∠C=∠BOF，
∴∠AOF=∠AOB−∠BOF=30°，
∵S△ABE=S△BEF，
∴AF/​/BE，
当点F在直线OF上运动(直线OF与OA的夹角为30°)，
∴当AF⊥OF时，AF有最小值，
此时AF=12OA= 3，
故答案为： 3．
①连接AC、BD交于O，连接OF，根据已知可得△BOC是等边三角形，再证明△BOF≌BOE，BOE是等要直角三角形得∠ABE=45°，利用面积法证明AF/​/BE，进而得结论；
②在①中所得结论的基础上，结合其他条件，可得AF⊥OF时有最小值，即可得结论．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的判定与性质定理，面积法的应用是关键，理解题意掌握方法更是关键．
17.【答案】一
【解析】解：(1)小明的解答是从第一步开始出错的；
故答案为：一；
(2)方程化为一般式为x2−5x+3=0，
a=1，b=−5，c=3，
Δ=(−5)2−4×1×3=13>0，
x=−b± b2−4ac2a=5± 132×1，
所以x1=5+ 132，x2=5− 132．
(1)先把方程化为一般式，再确定a、b、c的值，从而可判断小明的解答从第一步开始出错了；
(2)方程化为一般式得到a=1，b=−5，c=3，再计算根的判别式的值，然后利用求根公式得到方程的解．
本题考查了解一元二次方程−公式法：熟练掌握用公式法解一元二次方程的一般步骤是解决问题的关键．
18.【答案】(1)证明：如图：

由旋转得：∠1=∠B，AD=AB，
∴∠2=∠B，
∴∠1=∠2，
∴DA平分∠EDB；
(2)解：如图，设AC与DE交于点O，

由旋转得：AB=AD，∠3=∠4=α，∠C=∠E，
∵AC⊥DE，
∴∠AOE=90°，
∴∠C=∠E=90°−∠4=90°−α，
∵AB=AD，
∴∠2=∠B=180°−∠32=180°−α2=90°−12α，
∵∠4是△ABC的一个外角，
∴∠4=∠B+∠C，
∴α=90°−12α+90°−α，
解得：α=72°，
∴旋转角α的度数为72°．
【解析】(1)根据旋转的性质可得：∠1=∠B，AD=AB，然后利用等边对等角可得∠2=∠B，从而可得∠1=∠2，即可解答；
(2)设AC与DE交于点O，根据旋转的性质可得：AB=AD，∠3=∠4=α，∠C=∠E，再根据垂直定义可得∠AOE=90°，从而可得∠C=∠E=90°−α，然后利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠2=∠B=90°−12α，再根据三角形的外角性质可得∠4=∠B+∠C，从而可得α=90°−12α+90°−α，最后进行计算即可解答．
本题考查了旋转的性质，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键．
19.【答案】解：(1)当开关S1闭合时，再随机闭合开关S2或S3其中一个，小灯泡发光的概率为12；
(2)画树状图如下：

共有6种等可能的结果，其中小灯泡发光的结果有4种，
∴小灯泡发光的概率为46=23．
【解析】(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有6种等可能的结果，其中小灯泡发光的结果有4种，再由概率公式求解即可．
本题考查了用树形图法求概率，树状图法可以不重不漏的列举出所有可能发生的情况，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．
20.【答案】(1)证明：∵弦DE⊥AB，AB为⊙O的直径，
∴DE=2DB，
∵D是BC的中点，
∴BC=2DB，
∴BC=DE，
∴BC=DE．
(2)解：连接OD交CB于点H，
∵DE⊥AB，
∴∠OFD=90°，DF=EF，
∵D是BC的中点，
∴OD⊥BC，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴AC⊥BC，
∴AC/​/OD，
∴∠CAB=∠DOF，
又∵∠ACB=∠DFO=90°，
∴△ACB∽△OFD，
∴ACOF=ABOD=2
∴OF=12AC=3，
∴OD=OA=OB=OF+FB=3+2=5，
∴DF= OD2−OF2= 52−32=4，
∴EF=4，
∴AE= AF2+EF2= (5+3)2+42=4 5．
故答案为：4 5．
【解析】(1)由垂径定理可得弧DE与弧DB的数量关系，结合已知可得弧BC与弧DB的数量关系，从而得到弧BC与弧DE相等，进而得到对应的弦相等；
(2)连接OD，由已知可得OD⊥CB，再由∠ACB是直角可得OD/​/AC，进一步得到∠CAB=∠DOF，进而可以得到∴△ACB∽△OFD，利用相似三角形的性质可得到OF的长，进而得到半径的长度，在△DOF中利用勾股定理求出DF的长，进而得到EF的长，再利用△AEF即可求出AE的长．
此题主要考查的是垂径定理以及相似在圆中的综合运用，解决此题的关键是正确作出辅助线，利用相似求出半径．
21.【答案】解：(1)如图1中，点D，线段BE即为所求；
(2)如图2中，点G，点F即为所求．

【解析】(1)利用网格特征作出AB的中点Q，连接CQ，延长CQ交△ABC的外接圆于点D，取格点T，连接BT交AC于点E，点D，点E即为所求；
(2)取网格线的中点H，连接BH，延长BH交⊙O于点G(可以证明△BRH∽△CWA，推出∠RBH=∠ACW，可得BG/​/AC，利用网格特征作出线段AC的垂直平分线交网格线一点K，连接CK交⊙O于点F，连接AF，点G，点F即为所求．
本题考查作图−应用与设计作图，平行线的判定，圆周角定理，圆心角，弧，弦之间的关系等知识，解题的关键是善于利用网格特征解决问题．
22.【答案】解：(1)把(0,0)，(5,6.5)代入y=0.08x2+bx+c得：
c=02+5b+c=6.5，
解得b=0.9c=0，
∴刹车距离关于刹车时的速度的函数表达式为y=0.08x2+0.9x；
(2)该司机是因为超速行驶导致了交通事故，理由如下：
在y=0.08x2+0.9x中，令y=99得：
99=0.08x2+0.9x，
解得：x=30或x=−1654(舍去)，
∵30m/s=108km/h>100km/h，
∴该司机是因为超速行驶导致了交通事故；
(3)∵0.12>0.08，汽车B刹车距离的函数图象更靠近y轴，
由题意得0.12×102+10β≤0.08×102+0.9×100.12×202+20β≥0.08×202+0.9×20，
解得：110≤β≤12．
【解析】(1)把(0,0)，(5,6.5)代入y=0.08x2+bx+c可得刹车距离关于刹车时的速度的函数表达式为y=0.08x2+0.9x；
(2)结合(1)令y=99得：x=30或x=−1654(舍去)，根据30m/s=108km/h>100km/h，即可得到答案；
(3)由题意得0.12×102+10β≤0.08×102+0.9×100.12×202+20β≥0.08×202+0.9×20，可解得答案．
本题考查二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，用待定系数法求出函数解析式．
23.【答案】BC=2AD
【解析】解：(1)由旋转可得：AB=AB′，AC=AC′，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC=AB′=AC′，∠BAC=60°，
∵∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=120°，
∵AB′=AC′，AD是B′C′上中线，
∴∠B′=∠C′=30°，AD⊥B′C′，B′D=C′D，
∴AB′=2AD，
∴BC=2AD，
故答案为：BC=2AD；
(2)结论仍然成立，理由如下：
延长AD至E，使DE=AD，连接B′E，C′E，
∵AD是中线，
∴B′D=C′D，
∴四边形AC′EB′是平行四边形，
∴B′E//AC′，B′E=AC′，
∴∠B′AC′+∠AB′E=180°，
∵∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠BAC=∠AB′E，
∵将AB绕点A顺时针旋转α至AB′，将AC绕点A逆时针旋转β至AC′，
∴AB=AB′，AC=AC′=B′E，
在△BAC和△AB′E中，
BA=AB′∠BAC=∠AB′ECA=B′E，
∴△BAC≌△AB′E(SAS)，
∴BC=AE，
∵AE=2AD，
∴BC=2AD；
(3)∵BC=6，
∴AD=3，
∵AB′=AC′=AB=AC=4，
∴平行四边形AC′EB′是菱形，
∴B′C′⊥AE，B′D=C′D，
∴B′D= B′A2−AD2= 16−9= 7，
∴B′C′=2 7，
∴△ABC的“旋补三角形”的周长=B′C′+AB′+AC′=8+2 7．
(1)由旋转的性质和等边三角形的性质可得AB=AC=BC=AB′=AC′，∠BAC=60°，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得BC=2AD；
(2)由“SAS”可证△BAC≌△AB′E，可得BC=AE=2AD；
(3)通过证明平行四边形AC′EB′是菱形，可得B′C′⊥AE，B′D=C′D，由勾股定理可求B′C′的长，即可求解．
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24.【答案】解：(1)将点(3,1)和点B(0,5)代入抛物线y=ax2+53x+c，
∴9a+5+c=1c=5，
解得a=−1c=5，
∴抛物线的解析式为y=−x2+53x+5；
(2)设E(t,−t2+53t+5)，
∵EF/​/y轴，
∴F(t,23t−4)，
∴BE= t2+(t2−53t)2，DF= t2+(23t)2，
∵BE=DF，
∴ t2+(t2−53t)2= t2+(23t)2，
解得t=0(舍)或t=1或t=73，
∴E点坐标为(1,173)或(73,319)；
(3)∵MN//PQ，
设直线MN的解析式为y=23x+m，
当23x−4=−x2+53x+5时，xP+xQ=1，
当23x+m=−x2+53x+5时，xM+xN=1，
∴线段PQ与线段MN的中点的连线与y轴平行，
∵MN/​/PQ，
∴△CMN∽△CQP，
∴两个三角形的中线经过点C，
∴C点的横坐标为12．
【解析】(1)用待定系数法求函数的解析式即可；
(2)设E(t,−t2+53t+5)，则F(t,23t−4)，利用两点间距离公式分别求出BE、DF，从而建立方程求出t的值即可求E点坐标；
(3)设直线MN的解析式为y=23x+m，当23x−4=−x2+53x+5时，xP+xQ=1，当23x+m=−x2+53x+5时，xM+xN=1，可知线段PQ与线段MN的中点的连线与y轴平行，再由△CMN∽△CQP，可知两个三角形的中线经过点C，从而得到C点的横坐标为12．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行线的性质，三角形相似的性质，两点间距离公式是解题的关键．刹车时车速(m/s)
0
5
10
15
20
25
刹车距离(m)
0
6.5
17
31.5
50
72.5