2022-2023学年北京市西城区三帆中学九年级（下）开学数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年北京市西城区三帆中学九年级（下）开学数学试卷（含解析），共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.一个不透明的盒子中装有3个红球，7个白球，这些球除颜色外，没有任何其它区别，从这个盒子中随机摸出1个球，摸到红球的概率为( )
A. 110B. 15C. 310D. 23
2.如图所示，△ADE∽△ACB下列结论中正确的是( )
A. AD：BD=AE：AC
B. DE：BC=AD：AB
C. S△ADE：S△ABC=DE：BC
D. ∠ADE=∠C
3.二次函数y=(x−5)(x−1)的顶点坐标是( )
A. (−3,−4)B. (3,−4)C. (3,−3)D. (−3,0)
4.一元二次方程ax2+ax−a=0.根的情况是( )
A. 有一个实数根B. 有两个不相等的实数根
C. 无实数根D. 有两个实数根可能相等，也可能不相等
5.如图所示，AB是圆O的一条弦.且AB=OA.则弦AB所对的圆心角是( )
A. 60°或120°
B. 60°
C. 30°或150°
D. 90°
6.已知函数y=k(x−1)和y=−kx(k≠0)，它们在同一坐标系内的图象大致是( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，已知M(0,5)，N(2,yN)，且A，B分别是ON，MN的中点，线段AB上(不含边界)的横纵坐标都是整数的点的个数为( )
A. 2个
B. 3个
C. 2个或3个
D. 1个或2个
8.如图所示在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD，A(6,3)，B，D在坐标轴上，CD=5，若反比例函数过点C则反比例函数解析式为( )
A. y=32x
B. y=18x
C. y=−18x
D. y=−32x
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共16分。
9.请你写出一个一元二次方程，该方程有相同的两根，且根都为1 ______．
10.一个底面半径为2，母线长为10的圆锥的侧面积是______．
11.已知平面直角坐标系xOy中，A(a,1)，B(b,2)，C(c,−2)三个点在反比例函数y=2x的图象上，则a，b，c的大小关系为______．
12.下列说法中正确的是______．
①若一个数的绝对值是1，则这个数为1“是必然事件；
②如图，已知正方形ABCD，以A为圆心，AB长为半径作⊙A，则“点C在⊙A外”是必然事件；
③在一定条件下，一件事情发生的频率会随着试验次数发生改变，随着大量重复性试验次数增加概率也会发生改变；
④我们可以利用频率估计概率的方法估算出圆周率的值；
⑤在一个袋子里有若干个红球和黑球，随意摸一个球，不是红球，就是黑球，所以摸出红球的概率是0.5．
13.如图，⊙O中M，N分别是弦AB，CD的中点，且AB=CD，AB和CD不平行，则∠AMN与∠DNM的数量关系是______．
14.如图，四边形ABCD是⊙O的外切四边形，若BC：AB：AD=3：4：6，且四边形ABCD的周长为72，则四边形CD边长为______．
15.在平面直角坐标系中，函数y1=x−2m+2与y2=x2−mx的图象交于A(xA,yA)，B(xB,yB)两点.若yAyB<0，则m的取值范围是______．
16.△ABC中，AB=AC，∠A=α，点D在AB边上(不与A，B重合)，过点D作DE/​/BC交AC于E，将△ADE绕点A旋转得到△AD′E′.下列结论一定正确的是______．
①△AD′E′∽△ABC
②只有当β>α时，BD′=CE′成立
③当D与E′重合时D′E⊥AB
④旋转过程中∠EE′D的度数与旋转角β有一定数量关系
⑤旋转过程中∠EE′D的度数与α有一定数量关系
⑥当α=37°时，存在β使得B，D，E共线
三、计算题：本大题共1小题，共5分。
17.解方程：2x2−3x−2=0．
四、解答题：本题共11小题，共63分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题5分)
已知：a是方程x2−3x−1=0的一个根，求代数式(a−1)2−a的值．
19.(本小题5分)
已知关于x的方程mx2−(m+3)x+3=0(m≠0)．
(1)求证：方程总有两个实数根；
(2)若方程的两个实数根都是整数，求正整数m的值．
20.(本小题5分)
已知：直线l及直线l外一点A．
求作：直线AB，使得AB/​/l．
小锐同学的作法如下：
(1)在直线l上任取一点O；
(2)以点O为圆心，OA的长为半径画圆，⊙O交直线l于点C，D(点C在左侧)；
(3)作⊙O直径AE，以点C为圆心，CE的长为半径画弧交⊙O于点B(点B与点A位于直线l同侧)；
(4)作直线AB，则直线AB即为所求．
请你依据小锐同学设计的尺规作图过程，完成下列问题．
(1)使用无刻度的直尺和圆规，根据小锐同学的作法完成作图(保留作图痕迹)；
(2)完成下面的证明：
证明：连接AC．
∵在⊙O中，OA=OC，
∴∠ACD=∠CAE.(______)(填推理的依据)
∵CB=CE，
∴CB=CE.(______)(填推理的依据)
∴∠BAC=∠CAE.(______)(填推理的依据)
∴∠BAC=∠ACD．
∴AB/​/l．
21.(本小题5分)
甲、乙、丙三人玩“石头、剪刀、布”猜拳游戏，游戏时的各方每次用一只手做“石头”、“剪刀”、“布”三种手势中的一种，规定“石头”胜“剪刀”、“剪刀”胜“布”、“布”胜“石头”.两人游戏时，若出现相同手势，则不分胜负.三人游戏时，若三人的手势都相同或互不相同，则不分胜负；若出现两人手势相同，则视为一种手势与第三人所出手势进行对决，此时参照两人游戏规则.例如甲、乙二人同时出石头，丙出剪刀，则甲、乙获胜.假设甲、乙、丙三人每次出这三种手势的可能性相同．
(1)用画树状图或列表的方法表示甲和乙玩“石头、剪刀、布”游戏，出第一次手势时所有可能出现的结果(其中石头、剪刀、布分别用序号A、B、C表示)；
(2)求游戏中甲、乙、丙三人出第一次手势时，不分胜负的概率．
22.(本小题6分)
如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=mx的图象交于A(1,2)，B(n,−1)两点，与x轴交于点C．
(1)求一次函数与反比例函数的解析式；
(2)求△AOB的面积；
(3)直接写出不等式kx+b>mx的解集．
23.(本小题6分)
如图，在矩形ABCD中，E是CD边上任意一点(不与点C、D重合)，作AF⊥AE交CB的延长线于点F．
(1)求证：△ADE∽△ABF；
(2)连接EF，若AB=8，AD=4，DE=3，求EF的长．
24.(本小题6分)
如图，△ABC中，AB=BC，点A在⊙O外，BC是⊙O的弦，DO⊥BC，连接OD.若AC交OD于点E，交OB于点F，满足OE=OF．
(1)求证：AB与⊙O相切；
(2)若OB=5，CD=3DE，求AF的长．
25.(本小题5分)
如图1是古代的一种远程投石机，其投出去的石块运动轨迹是抛物线的一部分.其中蕴含了物理中的“杠杆原理”，在如图2所示的平面直角坐标系中，将投石机置于某山坡的底部(原点O处)，山坡横截面可近似用抛物线C1：y=−1120x2+35x表示，石块从投石机竖直方向上的点D处被投出，在山坡上的点A处建有垂直于水平面的城墙AB.已知，石块运动轨迹所在抛物线C2的顶点坐标是(40,20)，OD=4，OE=50，AB=9．
(1)求石块运动轨迹所在抛物线C2的解析式；
(2)通过计算说明石块能否飞越城墙AB．
26.(本小题6分)
在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx−3a经过点A(−3,0)，
(1)求抛物线的对称轴和顶点坐标；
(2)点M(xM,yM)在抛物线上，当n−1≤xM≤n+3时q≤yM≤p，
①当a=−1时，直接写出p−q的范围；
②若存在实数n，使得p−q=3，求出a的取值范围．
27.(本小题7分)
如图，在四边形ABCD中，BC=CD，对角线AC，BD相交于点P，点M在AC上，连接BM，DM，∠ACD=∠CBM=∠ABD．

(1)求证：AM=BM；
(2)求证：∠DAC=∠BAC；
(3)点N是AM的中点，连接DN，若∠ADM+∠ADN=180°，画出图形，直接写出AD与AB满足的数量关系．
28.(本小题7分)
在平面直角坐标系xOy中，存在一个图形W，P为图形W上任意一点，线段PO(点P与O不重合)绕点P逆时针旋转90°得到线段PO′，延长PO′至点Q，使得PQ=2OP，若点M为线段PQ上一点(点M可与线段PQ端点重合)，则称点M为图形W的“二倍点”．
已知点A(0,1)、点B(0,2)．

(1)M1(1,1)，M2(3,1)，M3(1,2)，M4(1,4)中，是线段AB的“二倍点”的是______；
(2)直线y=k(x−1)(k≠0))存在线段AB的“二倍点”，求k的取值范围；
(3)⊙A的半径为1，M是⊙A的“二倍点”，直线y=x+4与x轴、y轴分别交于C、D两点，点N在线段CD上(N可与线段CD端点重合)，当点N在线段CD上运动时，直接写出线段MN的最大值和最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据题意可得：一个不透明的盒子中装有3个红球，7个白球，共10个，
摸到红球的概率为：310．
故选：C．
根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
此题考查了概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种可能，那么事件A的概率P(A)=mn．
2.【答案】D
【解析】解：A、由△ADE∽△ACB，得到AD：AC=AE：AB，故A不符合题意；
B、由△ADE∽△ACB，得到DE：BC=AD：AC，故B不符合题意；
C、由△ADE∽△ACB，得到S△ADE：S△ABC=DE2：BC2，故C不符合题意；
D、由△ADE∽△ACB，得到∠ADE=∠C，故D符合题意．
故选：D．
由相似三角形的性质，即可判断．
本题考查相似三角形的性质，关键是掌握相似三角形的对应边成比例，对应角相等，相似三角形面积的比等于相似比的平方．
3.【答案】B
【解析】解：∵二次函数y=(x−5)(x−1)=x2−6x+5=(x−3)2−4，
∴该函数的顶点坐标是(3,−4)，
故选：B．
根据配方法可以将题目中的函数解析式化为顶点式，从而可以解答本题．
本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
4.【答案】D
【解析】解：∵Δ=a2−4×a×(−a)=a2+4a2≥0，
∴方程有两个的实数根．
故选：D．
先计算根的判别式的值得到Δ≥0，然后根据根的判别式的意义对各选项进行判断．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
5.【答案】B
【解析】解：∵AB=OA，OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴AB所对的圆心角是60°．
故选：B．
判定△AOB是等边三角形，推出∠AOB=60°，得到AB所对的圆心角是60°．
本题考查等边三角形的判定和性质，圆心角，关键是判定△AOB是等边三角形．
6.【答案】B
【解析】解：一次函数y=k(x−1)可化为：y=kx−k，(k≠0)，
A、y=kx−k过二、四象限，k<0；又y=kx−k与y轴负半轴相交，k>0，故A选项错误；
B、y=kx−k中k>0，y=−kx中k>0，故B选项正确；
C、y=kx−k中k>0，y=−kx中k<0，故C选项错误；
D、y=kx−k过一、三象限，k>0；又y=kx−k与y轴正半轴相交，k<0，故D选项错误．
故选：B．
根据一次函数及反比例函数的图象与系数的关系作答．
本题主要考查了反比例函数的图象性质和一次函数的图象性质，关键是由k的取值确定函数所在的象限．
7.【答案】C
【解析】解：∵M(0,5)，N(2,yN)，且A，B分别是ON，MN的中点，
∴A(1,yN2)，B(1,5+yN2)，
∴AB=52，
∴线段AB上(不含边界)的横纵坐标都是整数的点的个数为2个或3个，
故选：C．
先求出点A，点B坐标，即可求解．
本题考查了三角形中位线定理，中点坐标公式，掌握中点坐标公式是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：过A作AE⊥x轴于E，过C作CF⊥y轴于F，设BC与y轴交于G，
∵A(6,3)，
∴AE=3，OE=6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=5，∠ABC=∠DCB=90°
∴BE= AB2−AE2=4，
∴OB=2，
过C作CH⊥x轴于H，
∵∠BOG=∠GCD=90°，∠CGD=∠BGO，
∴∠OBG=∠CDG，
∵∠ABE+∠GBO=∠BAE+∠ABE=90°，
∴∠BAE=∠OBG=∠CDF，
∴△ADF≌△BAE(AAS)，
∴CF=BE=4，
∵∠CHO=∠HOF=∠CFO=90°，
∴四边形CHOF是矩形，
∴OH=CF=4，
∴BH=6，
∵∠CHB=∠AEB=90°，∠CBH=∠BAE，
∴△BCH∽△ABE，
∴CHBE=BHAE，
∴CH4=63，
∴CH=8，
∴C(−4,8)，
设反比例函数解析式为y=kx，
∴k=−4×8=−32，
∴反比例函数解析式为y=−32x，
故选：D．
过A作AE⊥x轴于E，过C作CF⊥y轴于F，设BC与y轴交于G，得到AE=3，OE=6，根据矩形的性质得到CD=AB=5，∠ABC=∠DCB=90°根据勾股定理得到BE= AB2−AE2=4，求得OB=2，过C作CH⊥x轴于H，根据全等三角形的性质得到CF=BE=4，根据矩形的性质得到OH=CF=4，求得BH=6，根据相似三角形的性质得到C(−4,8)，设反比例函数解析式为y=kx，于是得到结论．
本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
9.【答案】(x−1)2=0(答案不唯一)
【解析】解：该方程为(x−1)2=0，
故答案为：(x−1)2=0(答案不唯一)，
根据题意写出一元二次方程即可．
本题考查了根的判别式，一元二次方程的解，此题为开放题，只要写出一个符合条件的方程即可．
10.【答案】20π
【解析】解：根据题意得圆锥的侧面积=12×2π×2×10=20π．
故答案为：20π．
由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则根据扇形的面积公式可计算出圆锥的侧面积．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
11.【答案】c【解析】解：∵A(a,1)，B(b,2)，C(c,−2)三个点在反比例函数y=2x的图象上，
∴a=2，b=1，c=−1，
∴c故答案为：c根据A(a,1)，B(b,2)，C(c,−2)三个点在反比例函数y=2x的图象上，可以求出a、b、c的值，然后即可比较它们的大小关系．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，求出a、b、c的值．
12.【答案】②④
【解析】解：①若一个数的绝对值是1，则这个数为1“是随机事件，故错误；
②如图，已知正方形ABCD，以A为圆心，AB长为半径作⊙A，因为AC>AB，则“点C在⊙A外”是必然事件，故正确；
③在一定条件下，一件事情发生的频率会随着试验次数发生改变，随着大量重复性试验次数增加概率不会发生改变，故错误；
④我们可以利用频率估计概率的方法估算出圆周率的值，故正确；
⑤在一个袋子里有若干个红球和黑球，随意摸一个球，不是红球，就是黑球，因为红球和黑球的个数不一定相同，所以摸出红球的概率不一定是0.5，故错误．
所以正确的是②④．
故答案为：②④．
分别根据随机事件的定义，正方形的性质，利用频率估计概率和概率的定义判断即可．
本题考查了随机事件的定义，正方形的性质，利用频率估计概率和概率的定义等，熟练掌握这些概念和性质是关键．
13.【答案】∠DNM=∠AMN
【解析】解：连接ON，OM，
∵M，N分别是弦AB，CD的中点，
∴ON⊥CD，OM⊥AB，
∴∠OND=∠OMA=90°，
∵AB=CD，
∴ON=OM，
∴∠ONM=∠OMN，
∴∠OND−∠ONM=∠OMA−∠OMN，
∴∠DNM=∠AMN，
故答案为：∠DNM=∠AMN．
连接ON，OM，根据垂径定理可得ON⊥CD，OM⊥AB，从而可得∠OND=∠OMA=90°，然后根据圆心角、弧、弦的关系可得ON=OM，从而可得∠ONM=∠OMN，然后利用等式的性质进行计算，即可解答．
本题考查了垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
14.【答案】20
【解析】解：∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴AB+CD=BC+AD，
∵BC：AB：AD=3：4：6，
∴设BC=3x，AB=4x，AD=6x，
∵4x+CD=3x+6x，
∴CD=5x，
∵四边形ABCD的周长为72，
∴3x+4x+5x+6x=72，
解得x=4，
∴CD=5x=20．
故答案为：20．
利用圆的外切四边形的对边之和相等得到AB+CD=BC+AD，设BC=3x，AB=4x，AD=6x，则4x+CD=3x+6x，所以CD=5x，接着利用四边形的周长为72得到3x+4x+5x+6x=72，然后解方程求出x，从而得到CD的长．
本题考查了切线长定理，运用外切四边形的对边之和相等是解决问题的关键．
15.【答案】1【解析】解：∵函数y1=x−2m+2与y2=x2−mx的图象交于A(xA,yA)，B(xB,yB)两点，
∴x−2m+2=x2−mx，
∴x2−(m+1)x+2m−2=0，
∴xA+xB=m+1，xA⋅xB=2m−2，
Δ=(m+1)2−4(2m−2)=m2+2m+1−8m+8=m2−6m+9=(m−3)2>0，
∵yA=xA−2m+2，yB=xB−2m+2，
∴yAyB=(xA−2m+2)(xB−2m+2)
=xAxB−(2m−2)xA−(2m−2)xB+(2m−2)2
=(2m−2)−(2m−2)(xA+xB)+(2m−2)2
=(2m−2)−(2m−2)(m+1)+(2m−2)2
=2m−2−2m2+2+4m2−8m+4
=2m2−6m+4，
∵yAyB<0，
∴2m2−6m+4<0，即2(m−3m+2)<0，
∴(m−1)(m−2)<0，
∴m−1>0m−2<0，
解得：1或m−1<0m−2>0，此不等式组无解，
综上：1故答案为：1由函数y1=x−2m+2与y2=x2−mx的图象交于A(xA,yA)，B(xB,yB)两点可得：xA+xB=m+1，xA⋅xB=2m−2，Δ>0，再由yA=xA−2m+2，yB=xB−2m+2得yAyB=2m2−6m+4，根据yAyB<0计算即可．
本题主要考查了二次函数图象与系数的关系、一次函数图象与系数的关系、根与系数的关系，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键．
16.【答案】①③⑤⑥
【解析】①∵DE//BC．
∴∠ADE=∠ABC.∠ACB=∠ABD
∴△ADE∽△ABC．
∵AB=AC．
∴ADAE=ABAC=1，AD=AE．
由旋转知：△ADE≌△AD′E′
∴△AD′E′∽△ABC.故①符合题意．
②∵∠DAE=∠D′AE′=∠BAC．
∴∠BAD′=∠CAE′
又AB=AC，AD′=AE′=AD=AE．
∴
∴△BAD′≌△CAE′(SAS)，
∴BD′=CE′与β无关．故②不符合题意．
③当D与E′重合时，
∴AD′=AE，DD′=DE，AD=AD．
∴AD′=AEDD′=DEAD=AD．
∴△ADD′≌AED(SSS)．
∴∠DAD′=∠EAD，
∵AD′=AE．
∴D′E⊥AB.故③符合题意．
④由旋转知：AE′=AD=AE．
∴∠AE′D=(180°−∠DAE′)÷2
∠AEE′=(180°−∠EAE′)÷2．
∴∠EE′D=(∠DA′E−∠EAE′)÷2=∠DAE÷2=α2．
∴与β没有一定数量关系．故④不符合题意．
⑤由④知∠EE′D=α2.与β没有一定数量关系．故⑤符合题意．
⑥延长BZ，以A为圆心，AZ长为半径画弧，交直线BZ于D′．
当∠BZA≠90°时，弧始终与直线BZ有2个交点，
即α≠90°时，存在β使BD′Z共线，
故⑥符合题意．
故答案为：①③⑤⑥．
①由题意证明△ADE∽△ABC.再由旋转得出△ADE≌△AD′E′，得出∴△AD′E′∽△ABC．
②证明△BAD′≌△CAE′，得出BD′=CE′与β无关．
③当D与E′重合时，△ADD′≌AED，AD′=AE，D′E⊥AB
④由旋转知：AE′=AD=AE，得出∠EE′D=(∠DA′E−∠EAE′)÷2=∠DAE÷2=α2，与β没有一定数量关系．
⑤由④知∠EE′D=α2.与β没有一定数量关系．
⑤延长BE，以A为圆心，AE长为半径画弧，交直线BE于D′.当∠BEA≠90°时，弧始终与直线BE有2个交点，即Q≠90°时，存在β使BD′E共线．
本题考查了相似三角形的判定与性质，解题关键在于熟练掌握相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，旋转的性质．
17.【答案】解：(x−2)(2x+1)=0，
x−2=0或2x+1=0，
所以x1=2，x2=−12．
【解析】利用因式分解法把原方程化为x−2=0或2x+1=0，然后解两个一次方程即可．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了(数学转化思想)．
18.【答案】解：∵a是方程x2−3x−1=0的一个根，
∴a2−3a−1=0，
∴a2−3a=1，
∴(a−1)2−a=a2−2a+1−a=a2−3a+1=1+1=2．
【解析】先根据一元二次方程根的定义得到a2−3a=1，再利用完全平方公式展开、合并得到(a−1)2−a=a2−3a+1，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
19.【答案】(1)证明：∵m≠0，
Δ=(m+3)2−4m×3
=m2−6m+9
=(m−3)2，
而(m−3)2≥0，即△≥0，
∴方程总有两个实数根；
(2)解：(x−1)(mx−3)=0，
x−1=0或mx−3=0，
∴x1=1，x2=3m，
当m为正整数1或3时，x2为整数，
即方程的两个实数根都是整数，
∴正整数m的值为1或3．
【解析】(1)先计算判别式的值得到Δ=(m+3)2−4m×3=(m−3)2，再根据非负数的值得到△≥0，然后根据判别式的意义得到方程总有两个实数根；
(2)利用因式分解法解方程得到x1=1，x2=3m，然后利用整数的整除性确定正整数m的值．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式Δ=b2−4ac：当Δ>0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ<0，方程没有实数根．
20.【答案】等边对等角 在同圆中，相等的弦所对的弧相等 在同圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等
【解析】(1)解：如图所示．
(2)证明：连接AC．
∵在⊙O中，OA=OC，
∴∠ACD=∠CAE.(等边对等角)
∵CB=CE，
∴CB=CE.(在同圆中，相等的弦所对的弧相等)
∴∠BAC=∠CAE.(在同圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等)
∴∠BAC=∠ACD．
∴AB/​/l．
故答案为：等边对等角；在同圆中，相等的弦所对的弧相等；在同圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等．
(1)按照作图过程作图即可．
(2)根据圆的有关性质和平行线的判定求解即可．
本题考查作图—复杂作图、圆心角、弧、弦的关系、圆周角定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21.【答案】解：(1)列表如下：
由表格可知，共有6种等可能出现的结果．
(2)画树状图如下：

共有27种等可能的结果，其中甲、乙、丙三人的手势都相同或互不相同的结果有：(A,A,A)，(A,B,C)，(A,C,B)，(B,A,C)，(B,B,B)，(B,C,A)，(C,A,B)，(C,B,A)，(C,C,C)，共9种，
∴游戏中甲、乙、丙三人出第一次手势时，不分胜负的概率为927=13．
【解析】(1)列表即可得出所有可能出现的结果．
(2)画树状图得出所有等可能的结果数以及甲、乙、丙三人的手势都相同或互不相同的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
22.【答案】解：(1)∵一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=mx的图象交于A(1,2)，B(n,−1)两点，
∴k=1×2=n×(−1)，
∴n=−2，k=2，
∴反比例函数解析式为：y=2x，
∵A(1,2)，B(−2,−1)在一次函数y=kx+b的图象上，
∴k+b=2−2k+b=−1，解得k=1b=1，
∴一次函数解析式为：y=x+1．
(2)在一次函数y=x+1中，令y=0，则x=−1，
∴OC=1，
∴S△AOB=S△AOC+S△BOC=12×1×2+12×1×1=32；
(3)根据两个函数图象的位置及交点坐标，可直接写出不等式kx+b>mx的解集为：−21．
【解析】(1)根据待定系数法求出两个函数解析式即可；
(2)求出点C坐标得到线段OC长，根据S△AOB=S△AOC+S△BOC代入数据计算即可；
(3)根据两个函数图象的位置及交点坐标，可直接写出不等式kx+b>mx的解集．
本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，交点坐标满足两个函数解析式．
23.【答案】(1)证明：在矩形ABCD中，∠DAB=∠ABC=∠C=∠D=90°，
∴∠ABF=∠D=90°，
∵AF⊥AE，
∴∠EAF=∠BAF+∠EAB=90°，
∵∠DAE+∠EAB=∠DAB=90°，
∴∠DAE=∠BAF，
又∵∠D=∠ABF=90°，
∴△ADE∽△ABF；
(2)解：∵△ADE∽△ABF，
∴ ABAD=BFDE，
∴84=BF3，
∴BF=6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC=8，AD=BC=4，
∴CE=8−3=5，CF=6+4=10，
∴EF= CF2+EC2= 25+100=5 5．
【解析】(1)根据矩形的性质可得∠DAB=∠ABC=∠C=∠D=90°，再求出∠ABF=∠D=90°，根据同角的余角相等求出∠DAE=∠BAF，然后根据两组角对应相等的两个三角形相似证明；
(2)由先试试三角形的性质可求BF的长，由勾股定理可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识，证明三角形相似是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：∵OE=OF，
∴∠OEF=∠OFE，
∵∠OEF=∠CED，∠OFE=∠AFB，
∴∠CED=∠AFB，
∵AB=BC，
∴∠C=∠A，
∵DO⊥BC，
∴∠ODC=90°，
∴∠A+∠AFB=∠C+∠CED=90°，
∴∠ABO=180°−(∠A+∠AFB)=90°，
∵OB是⊙O的半径，且AB⊥OB，
∴AB与⊙O相切．
(2)解：∵DO⊥BC，CD=3DE，OB=5，
∴∠ODB=90°，BD=CD=3DE，
∴AB=BC=2BE=6DE，
∵∠ABF=∠CDE=90°，∠A=∠C，
∴△ABF∽△CDE，
∴ABCD=BFDE，
∴ABBF=CDDE=3，
∴AB=3BF=6DE，
∴BF=2DE，
∴OD=OE+DE=OF+DE=5−2DE+DE=5−DE，
∴(3DE)2+(5−DE)2=52，
整理得DE2−DE=0，
解得DE=1或DE=0(不符合题意，舍去)，
∵BF=2，AB=6，
∴AF= AB2+BF2= 62+22=2 10，
∴AF的长是2 10．
【解析】(1)由OE=OF，得∠OEF=∠OFE，则∠CED=∠AFB，由AB=BC，得∠C=∠A，则∠A+∠AFB=∠C+∠CED=90°，求得∠ABO=90°，即可证明AB与⊙O相切；
(2)由DO⊥BC，根据垂径定理得BD=CD，所以BD=CD=3DE，AB=BC=6DE，再证明△ABF∽△CDE，得ABCD=BFDE，则ABBF=CDDE=3，所以AB=3BF=6DE，则BF=2DE，OD=OE+DE=OF+DE=5−DE，由(3DE)2+(5−DE)2=52，求得DE=1，所以BF=2，AB=6，则AF= AB2+BF2=2 10．
此题重点考查等腰三角形的性质、垂径定理、直角三角形的两个锐角互余、切线的判定定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，推导出∠A+∠AFB=∠C+∠CED=90°是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵石块运动轨迹所在抛物线C2的顶点坐标是(40,20)，OD=4，
∴石块运动轨迹所在抛物线C2的解析式为y=a(x−40)2+20，
将(0,4)代入，得1600a+20=4，
解得a=−1100
∴抛物线C2的解析式为y=−1100(x−40)2+20；
(2)∵OE=50，
∴把x=50代入y=−1120x2+35x得，y=−1120×2500+35×50=556，
∴AE=556，
∴BE=AB+AE=9+556=1816，
把x=50代入y=−1100(x−40)2+20得，y=−1100×100+20=19，
∵19>1816，
∴石块能飞越城墙AB．
【解析】(1)设石块运行的函数关系式为y=a(x−40)2+20，用待定系数法求得a的值即可求得答案；
(2)把x=50代入抛物线C1：y=−1120x2+35x中求出AE，再求出BE，把x=50代入(1)中表达式，求得y的值，与EB作比较即可．
本题考查了二次函数在实际问题中的应用，关键是二次函数性质的熟练掌握．
26.【答案】解：(1)A(−3,0)代入y=ax2+bx−3a，
0=9a−3b−3a，
∴b=2a
y=ax2+2ax−3a=a(x+1)2−4a．
抛物线对称轴为：x=−1，
顶点坐标为(−1,−4a)．
(2)①若a=−1，y=−x2−2x+3=−(x−1)(x+3)．
抛物线对称轴为：x=−1，
n−1≤xM≤n+3
Ⅰ若n+3≤−1，即n≤−4，
则x=n+3时，p=−(n+3)2−2(n+3)+3=−n2−8n−12，
x=n−1时，q=−(n−1)2−2(n−1)+3=−n2+4，
∴p−q=−8n−16，
∵n≤−4，
∴p−q≥16．
Ⅱ若n−1≤−1则p=4．
若an2+8an+12a≤an2−4a，−2≤n≤0
则q=−n2−8n−12，
p−q=n2+8n+16=(n−4)2
∵−2≤n≤0，
∴4≤p−q≤16．
若an2+8an+12a>an2−4a，即−4则q=−n2+4，
p−q=n2，
∵−4∴4Ⅲ若−10，
p=−n2+4，
q=−n2−8n−12，
p−q=8n+16，
∵n>0，
∴p−q>16．
所以p−q≥4．
②若a<0：
Ⅰ若n+3≤−1，即n≤−4，
则x=n+3时，p=a(n+3)2+2a(n+3)−3a=an2+8an+12a，
x=n−1时，q=a(n−1)2+2a(n−1)−3a=an2−4a，
∴p−q=8an+16a=3，
∴a=38n+16，
∵n≤−4，
−316≤a<0．
Ⅱ若n−1≤−1则p=−4a．
若an2+8an+12a≤an2−4a，−2≤n≤0
则q=an2+8an+12a，
p−q=−an2−8an−16a=3
a=−3n2+8n+16=−3(n+4)2，
∵−2≤n≤0，
∴−34≤a≤−316．
若an2+8an+12a>an2−4a，即−4则q=an2−4a，
p−q=−an2=3，则a=−3n2，
∵−4∴−34≤a<−316．
Ⅲ若−10，
p=an2−4a，
q=an2+8an+12a，
p−q=−8an−16a=3，
∴a=−38n+16，
∵n>0，
∴−316综上−34≤a<0．
若a>0时，抛物线与a<0时对称，
∴求解区间也相应对称，
故0综上−34≤a≤34，a≠0．
【解析】(1)二次函数一般式，化为顶点式，可得到对称轴和顶点坐标．
(2)①a=−1，当n=−2时，即一3≤x≤1时，p=4，q=0，p−q=4是最小值．②分类讨论a>0，a<0时，使得p−q=3，a的取值范围．
本题考查了二次函数的增减性，对称性，用分类讨论的方法解决问题，关键是n−1≤xM≤n+3，要分类讨论n的取值．
27.【答案】(1)证明：∵∠CBM=∠ABD，
∴∠CBM+∠DBM=∠ABD+∠DBM，
即∠ABM=∠CBD，
∵∠ACD=∠ABD，∠APB=∠DPC，
∴∠BAC=∠CDB，
∵BC=CD，
∴∠CDB=∠CBD，
∴∠ABM=∠BAC，
∴AM=BM；
(2)证明：∵∠ACD=∠ABD，∠APB=∠DPC，
∴△APB∽△DPC，
∴APDP=BPCP，
∴APBP=DPCP，
又∵∠APD=∠CPB，
∴△APD∽△BPC，
∴∠DAC=∠CBD，
由(1)知，∠ABM=∠CBD，∠ABM=∠BAC，
∴∠DAC=∠BAC；
(3)解：AB=3AD，理由如下：
如图，点N是AM的中点，在AB上截取AG=AD，连接GN，过点M作MH//GN交AB于点H，

∵AG=AD，∠DAC=∠BAC，AN=AN，
∴△AGN≌△ADN(SAS)，
∴∠AGN=∠ADN，
∵MH//GN，
∴∠AHM=∠AGN=∠ADN，
∵∠AHM+∠BHM=180°，∠ADM+∠ADN=180°，
∴∠BHM=∠ADM，
又∵∠ABM=∠BAC=∠DAC，AM=BM，
∴△ADM≌△BHM(AAS)，
∴AD=BH=AG，
∵点N是AM的中点，MH//GN，
∴AG=GH，
∴AG=GH=BH，
∴AB=3AD．
【解析】(1)根据角的和差求出∠ABM=∠CBD，根据三角形内角和定理求出∠BAC=∠CDB，根据等腰三角形的性质得出∠CDB=∠CBD，则∠ABM=∠BAC，根据等腰三角形的判定定理即可得解；
(2)利用“两角对应相等的两个三角形相似”推出△APB∽△DPC，根据相似三角形的性质得出APDP=BPCP，则APBP=DPCP，结合∠APD=∠CPB，即可判定△APD∽△BPC，根据相似三角形的性质得出∠DAC=∠CBD，结合(1)定理逗号即可得解；
(3)在AB上截取AG=AD，连接GN，过点M作MH//GN交AB于点H，即可证明△AGN≌△ADN(SAS)，根据全等三角形的性质得出∠AGN=∠ADN，根据平行线的性质并结合题意求出∠BHM=∠ADM，则△ADM≌△BHM(AAS)，根据全等三角形的性质得出AD=BH=AG，根据三角形中位线的判定与性质求出AG=GH，则AG=GH=BH，据此即可得解．
此题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、三角形内角和定理、相似三角形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质并作出合理的辅助线是解题的关键．
28.【答案】M1(1,1)，M3(1,2)
【解析】解：(1)如图：
∵A(0,1)、B(0,2)，
∴线段AB的“二倍点”是以A(0,1)、B(0,2)，C(4,2)，D(2,1)为顶点的四边形及内部，
∴在M1(1,1)，M2(3,1)，M3(1,2)，M4(1,4)中，M1(1,1)，M3(1,2)是线段AB的“二倍点”，
故答案为：M1(1,1)，M3(1,2)；
(2)如图：
∵A(0,1)、B(0,2)，
∴线段AB的“二倍点”是以A(0,1)、B(0,2)，C(4,2)，D(2,1)为顶点的四边形及内部，
直线y=k(x−1)过定点(1,0)，
当直线y=k(x−1)过C(4,2)时，
3k=2，
解得k=23，
当y=k(x−1)过A(0,1)时，
−k=1，
∴k=−1，
观察图形可知，直线y=k(x−1)(k≠0))存在线段AB的“二倍点”，则k≥23或k≤−1；
(3)设P为⊙A上一点，连接OP，将OP绕P逆时针旋转90°，并延长到M，使PM=2OP，取K(2,1)，连接PA，OM，KM，OK，过K作KT⊥x轴于T，如图：
∵PM=2OP，∠OPM=90°，
∴tan∠PMO=12，OMOP= 5，
∵K(2,1)，A(0,1)，
∴tan∠KOT=12，OKOA= 5，
∴∠PMO=∠KOT，OMOP=OKOA，
∴∠POA=90°−∠AOM−∠PMO=90°−∠AOM−∠KOT=∠MOK，
∴△POA∽△MOK，
∴MKPA=OMOP= 5，
∴MK= 5，
∴M的运动轨迹是以K为圆心， 5为半径的⊙K，则⊙A的“二倍点”是⊙K及其内部和⊙A及其内部，
过A作AN⊥CD于N，交⊙O于M，如图：
此时MN最小，
由y=x+4得C(−4,0)，D(0,4)，
∴OC=OD，AD=3，
∴∠DCO=∠CDO=45°，
∴∠NRC=45°，
∴△NDA是等腰直角三角形，
∴AN=AD 2=3 22，
MN=AN−AM=3 22−1，
∴线段MN的最小值为3 22−1；
连接CK并延长交⊙K于M，此时若N与C重合，则MN最大，如图：
在Rt△KNT中，
NK= CT2+KT2= (4+2)2+12= 37，
∴MN=NK+MK= 37+ 5；
∴线段MN的最大值为 37+ 5．
综上所述，线段MN的最小值为3 22−1，线段MN的最大值为 37+ 5．
(1)由A(0,1)、B(0,2)，画出线段AB的“二倍点”是以A(0,1)、B(0,2)，C(4,2)，D(2,1)为顶点的四边形及内部，即可得到答案；
(2)由线段AB的“二倍点”是以A(0,1)、B(0,2)，C(4,2)，D(2,1)为顶点的四边形及内部，直线y=k(x−1)过定点(1,0)，当直线y=k(x−1)过C(4,2)时，可得k=23，当y=k(x−1)过A(0,1)时，k=−1，观察图形即得k≥23或k≤−1；
(3)设P为⊙A上一点，连接OP，将OP绕P逆时针旋转90°，并延长到M，使PM=2OP，取K(2,1)，连接PA，OM，KM，OK，过K作KT⊥x轴于T，证明△POA∽△MOK，可得MK= 5，故M的运动轨迹是以K为圆心， 5为半径的⊙K，⊙A的“二倍点”是⊙K及其内部和⊙A及其内部，过A作AN⊥CD于N，交⊙O于M，MN最小，由△NDA是等腰直角三角形，即可得MN=AN−AM=3 22−1，故线段MN的最小值为3 22−1；连接CK并延长交⊙K于M，此时若N与C重合，则MN最大，求出NK= CT2+KT2= 37，即得线段MN的最大值为 37+ 5．
本题考查圆的综合应用，涉及新定义“二倍点”，解题的关键是读懂题意，画出图形，用数形结合的思想解决问题．A
B
C
A
(A,A)
(A,B)
(A,C)
B
(B,A)
(B,B)
(B,C)
C
(C,A)
(C,B)
(C,C)