2023-2024学年浙江省温州市鹿城区南浦实验中学九年级（下）开学数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省温州市鹿城区南浦实验中学九年级（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.若线段a=4，b=9，则线段a，b的比例中项为( )
A. 132B. 13C. 6D. ±6
2.已知⊙O的半径是5，直线l与⊙O相交，圆心O到直线l的距离可能是( )
A. 4B. 5C. 6D. 10
3.抛物线y=(x−2)2−4的顶点坐标为( )
A. (4,2)B. (2,4)C. (−2,4)D. (2,−4)
4.抽屉里放有4只白袜子和2只黑袜子，它们除颜色外其余都相同.小明从中任意摸出一只袜子，摸出的袜子为黑色的概率是( )
A. 12B. 13C. 14D. 23
5.如图，在△ABC纸片中，∠C=90°，BC=5，AC=7，将该纸片沿虚线剪开，剪下的阴影三角形与原三角形不相似的是( )
A. B.
C. D.
6.圆内接四边形ABCD，∠A，∠B，∠C的度数之比为3：4：6，∠D的度数为( )
A. 60°B. 80°C. 100°D. 120°
7.如图是装满液体的高脚杯示意图，测量发现点A到地面DD′的距离为30，CD=14，AB=10，若用去一部分液体后液面降至EF，测量发现点E到地面DD′的距离为22，则EF的长为( )
A. 9
B. 8
C. 6
D. 5
8.如图是一把圆弧形伞面的雨伞简易图，伞面AC的圆心为O，若AB的度数为α，伞柄BO=m，则伞面展开距离AC为( )
A. msinα
B. 2msinα
C. msinα
D. 2msinα
9.已知点A(a,n)，B(b,n)，C(c,n−2)，都在抛物线y=−x2−2x+1上，其中aA. 若c<0，则aC. 若c>0，则a0，则a10.如图1，以Rt△ABC的各边为边分别向外作正方形，再把正方形ABDE平移放入正方形ACGF内(如图2)，使点D′在AC上，点A′在CG上，并将正方形BCHI沿BC翻折，得到正方形BCH′I′，若图2中B，E′，G三点共线，且AB=1，则阴影部分的面积为( )
A. 3+ 3B. 2+ 2C. 2 3+1D. 2 2+1
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.如果2x=5y(y≠0)，那么xy=______．
12.某批青稞种子在相同条件下发芽试验结果如表：
估计这批青稞发芽的概率是______.(结果保留到0.01)
13.如图，在一个半径为3的圆中，若圆周角∠ABC为30°，则AC的长为______．
14.某种礼炮的升空高度h(m)与飞行时间t(s)的关系式是h=−52t2+30t+1，则这种礼炮在点火升空到最高点引爆，则从点火升空到引爆需要的时间为______s.
15.如图，在正六边形ABCDEF中，G，H分别是△BCF，△CDF的重心，若AB=6，则线段GH的长为______．
16.利用无人机探照灯测量坡面的角度.如图，一架无人机探照灯在点D处，测得它的下边缘光线DA落在坡脚点A处，上边缘光线DB落在斜坡点B处，此时无人机离地面12米，将无人机沿水平方向前进5米到达点E处，探照灯的上下边缘光线EC，EB落在斜坡B，C处，AD/​/BE，DB//CE，此时点E恰好在A的正上方，现测得BC=67AB，则tan∠BAN= ______．
三、解答题：本题共7小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
有4张正面分别写有数字1，2，3，4的不透明卡片，它们除数字外完全相同，将它们背面朝上洗匀．
(1)随机抽取一张，求抽到数字为奇数的概率．
(2)随机抽取两张，记下两张卡片的数字，用列表或画树状图求抽取的两张卡片上数字之和为奇数的概率．
18.(本小题8分)
如图，在平行四边形ABCD中，点E在对角线BD上，且∠EAB=∠DBC．
(1)求证：△BAE∽△BDA．
(2)若BE=2，DE=6，求AB的长．
19.(本小题8分)
如图，在直角坐标系中，已知点A(3,0)，B(1,−3)，C(0,−1)，将△ABC绕点O旋转得到△DEF，点A，B的对应点分别是点D，E．
(1)在图1中，作出△DEF，使点D落在x轴上．
(2)在图2中，作出△DEF，使点E的横坐标是纵坐标的3倍．
20.(本小题10分)
已知抛物线y=x2+bx+c经过(0,8)，(4,0)两点．
(1)求抛物线的表达式及其顶点坐标．
(2)点A(a,y1)，B(6−a,y2)都在抛物线上，S=y1+3y2，当−1≤a≤6时，求S的取值范围．
21.(本小题10分)
如图，AB是⊙O的直径，AC=BC，E是OB的中点，连结CE并延长到点F，使EF=CE.连结AF交⊙O于点D，连结BD，BF．
(1)求证：直线BF是⊙O的切线．
(2)若AF=5，求BD的长．
22.(本小题12分)
根据以下素材，探索完成任务．
注：上述任务中足球落在门柱边线视作足球进入球门．
23.(本小题12分)
如图，四边形BCDF内接于⊙O，BC是⊙O的直径，⊙O的切线AC交BD的延长线于点A.过D作DE⊥BC交⊙O于点E，交BF的延长线于点G，设cs∠A=x(45°<∠A<90°)．
(1)求证：∠BFD=∠BDG．
(2)若BF=5FD，x=35，求∠GBC的度数．
(3)若EF是⊙O的直径.记y=FGEF，求y关于x的函数表达式．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：设线段a，b的比例中项为c，
则c2=ab=4×9=36，
解得：c=±6．
故选：D．
根据成比例线段的定义解得即可．
本题主要考查比例线段的定义，解题的关键是注意掌握比例线段的定义．
2.【答案】A
【解析】解：∵⊙O的半径为5，直线l与⊙O相交，
∴圆心D到直线l的距离d的取值范围是0≤d<5，
故选：A．
根据直线l和⊙O相交⇔d本题考查直线与圆的位置关系，解题的关键是记住①直线l和⊙O相交⇔dr．
3.【答案】D
【解析】解：抛物线y=(x−2)2−4的顶点坐标为(2,−4)．
故选：D．
形如y=a(x−h)2+k的顶点坐标为(h,k)，据此可以直接求顶点坐标．
本题考查了二次函数的性质．二次函数的顶点式方程y=a(x−k)2+h的顶点坐标是(k,h)，对称轴方程是x=k．
4.【答案】B
【解析】解：∵抽屉里放有4只白袜子和2只黑袜子，
∴小明从中任意摸出一只袜子，摸出的袜子为黑色的概率是24+2=13，
故选：B．
根据题意和题目中的数据，可以计算出从中任意摸出一只袜子，摸出的袜子为黑色的概率．
本题考查概率公式，解答本题的关键是明确题意，求出相应的概率．
5.【答案】D
【解析】解：如图1，∵CD⊥AB于点D，
∴∠ADC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ADC=∠ACB，
∵∠A=∠A，
∴△ACD∽△ABC，
故A不符合题意；
如图2，∵EF⊥AC，
∴∠AFE=90°，
∵∠C=90°，
∴∠AFE=∠C，
∴EF/​/BC，
∴△AEF∽△ABC，
故B不符合题意；
如图3，∵BC=5，AC=7，HC=2.5，GC=3.5，
∴HCBC=2.55=12，GCAC=3.57=12，
∴HCBC=GCAC，
∵∠GCH=∠ACB，
∴△GHC∽△ABC，
故B不符合题意；
如图4，∵BC=5，AC=7，LC=2，KC=3，
∴LCBC=25，KCAC=37，
∴LCBC≠KCAC，
假设△KLC∽△ABC，
∵∠KCL=∠ACB，
∴LCBC=KCAC，与已知条件不符，
∴△KLC与△ABC不相似，
故D符合题意，
故选：D．
由CD⊥AB于点D，得∠ADC=90°，则∠ADC=∠ACB，而∠A=∠A，即可证明△ACD∽△ABC，可判断A不符合题意；由EF⊥AC，得∠AFE=∠C，则EF/​/BC，可证明△AEF∽△ABC，可判断B不符合题意；由BC=5，AC=7，HC=2.5，GC=3.5，得HCBC=GCAC=12，而∠GCH=∠ACB，可证明△GHC∽△ABC，可判断B不符合题意；由BC=5，AC=7，LC=2，KC=3，得LCBC=25，KCAC=37，则LCBC≠KCAC，而∠KCL=∠ACB，所以△KLC与△ABC不相似，可判断D符合题意，于是得到问题的答案．
此题重点考查相似三角形的判定定理的应用，适当选择相似三角形的判定定理，找出阴影部分的三角形与原三角形相似的图形是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：设∠A、∠B、∠C的度数分别为3x、4x、6x，
∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴3x+6x=180°，
解得，x=20°，
∴∠B=4x=80°，
∴∠D=180°−∠B=180°−80°=100°，
故选：C．
根据圆内接四边形的对角互补列出方程，解方程得到答案．
本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：
∵点A到地面DD′的距离为30，
∴GD=30，
∵CD=14，AB=10，
∴CG=GD−CD=16，AG=5，
在Rt△ACG中，
∴tan∠ACG=AGCG=516，
又∵E到地面DD′的距离为22，
∴G′C′=G′D′−D′C′=22−14=8，
在Rt△G′EC′中，
∴tan∠G′EC′=tan∠ACG=EG′G′C′=516，
∴EG′=516×8=52，
∴EF=52×2=5．
故选：D．
利用三角函数即可解答．
本题主要考查点到直线的距离，解题的关键是熟练运用三角函数解决问题．
8.【答案】D
【解析】解：如图，连接AO，
由题意得，OA=OB=m，∠AOD=α，
则AC=2AD=OA⋅sinα=2msinα，
故选：D．
由AC=2AD=OA×sinα，即可求解．
本题考查的是解直角三角形，涉及到圆的基本知识，有一定的综合性，难度不大．
9.【答案】D
【解析】解：∵y=−x2−2x+1=−(x+1)2+2，
∴抛物线y=−x2−2x+1的对称轴为x=−1，
∵A(a,n)，B(b,n)，C(c,n−2)，
∴点C在A点、B点的下方，
如图所示，
若c<0，则c若c>0，则a故选：D．
利用数形结合即可解决问题．
本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，数形结合是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：如图2，设AC=m，连接BG交AC于点R，设AF交H′I′于点Q，CH′交A′E′于点P，
∵B，E′，G三点共线，
∴点E′在BG上，
∵四边形ACGF、四边形BCH′I′、四边形A′CD′E′都是正方形，
∴∠ACG=∠BCH′=∠CD′H′=90°，BC=CH′，FG=CG=AC=m，
∴∠ACB=∠D′H′C=90°−∠ACH′，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAC=∠CD′H′，
∴△ABC≌△D′CH′(AAS)，
∴AC=D′H′=CG=m，
∵∠AD′H′=∠ACG=90°，
∴D′H′//CG，
∴四边形CGH′D′是平行四边形，
∴四边形CGH′D′是矩形，
∴∠CGH′=∠CGF=90°，
∴点H′在GF上，
由平移得D′E′=CD′=A′C=AB=1，
∴GH′=CD′=1，
∴H′E′=H′F=AD′=m−1，
∵∠CH′I′=∠D′H′F=90°，
∴∠E′H′P=∠FH′Q=90°−∠D′H′I′，
∵∠H′E′P=∠F=90°，
∴△E′H′P≌△FH′Q(ASA)，
∴S△E′H′P=S△FH′Q，
∵∠E′D′R=∠BAR=90°，∠D′RE′=∠ARB，D′E′=AB，
∴△D′RE′≌△ARB(AAS)，
∴RD′=RD=m−12，
∵GH′//RD′，
∴△GE′H′∽△RE′D′，
∴GH′RD′=H′E′D′E′，
∴1m−12=m−11，
解得m1=1+ 2，m2=1− 2(不符合题意，舍去)，
∴AF=AC=m=1+ 2，AD′=m−1=1+ 2−1= 2，
∵∠D′AF=∠F=∠AD′H′=90°，
∴四边形AD′H′F是矩形，
∴S阴影=S四边形AD′H′Q+S△E′H′P=S四边形AD′H′Q+S△FH′Q=S矩形AD′H′F= 2×(1+ 2)=2+ 2，
故选：B．
设AC=m，连接BG交AC于点R，设AF交H′I′于点Q，CH′交A′E′于点P，则点E′在BG上，由正方形的性质得∠ACG=∠BCH′=∠CD′H′=90°，BC=CH′，FG=CG=AC=m，可证明△ABC≌△D′CH′，得AC=D′H′=CG=m，则四边形CGH′D′是矩形，所以点H′在GF上，而D′E′=CD′=A′C=AB=1，所以GH′=CD′=1，则H′E′=H′F=AD′=m−1，再证明△E′H′P≌△FH′Q，则S△E′H′P=S△FH′Q，再证明△D′RE′≌△ARB，得RD′=RD=m−12，由GH′//RD′，证明△GE′H′∽△RE′D′，则1m−12=m−11，求得AF=AC=m=1+ 2，AD′=m−1=1+ 2−1= 2，则S阴影=S矩形AD′H′F=2+ 2，于是得到问题的答案．
此题重点考查正方形的性质、平移的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，证明△E′H′P≌△FH′Q是解题的关键．
11.【答案】52
【解析】解：∵2x=5y(y≠0)，
∴xy=52．
故答案为：52．
根据比例的性质直接求解即可．
此题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
12.【答案】0.95
【解析】解：由表格中的数据可得，
47÷50=0.94，960÷1000=0.96，2840÷3000≈0.95，…，9500÷10000=0.95，
由上可得，估计这批青稞发芽的概率是0.95，
故答案为：0.95．
根据表格中的数据，可以估算出这批青稞发芽的概率．
本题考查利用频率估计概率，解答本题的关键是明确题意，写出相应的概率．
13.【答案】π
【解析】解：连接OA，OC，
由圆周角定理得，∠AOC=2∠ABC=60°，
∴AC的长=60π×3180=π，
故答案为：π．
连接OA，OC，根据圆周角定理求出∠AOC，利用弧长公式计算，得到答案．
本题考查的是弧长的计算，圆周角定理，掌握弧长公式是解题的关键．
14.【答案】6
【解析】解：h=−52t2+30t+1=−52(t−6)2+91，
∵−52<0
∴这个二次函数图象开口向下．
∴当t=6时，升到最高点．
故答案为：6．
把二次函数的一般式写成顶点式，找出顶点坐标，即可知道多长时间后得到最高点．
本题考查二次函数的应用，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
15.【答案】2 3
【解析】解：如图所示，取CF的中点O，连接BO，DO，则点G在BO上，点H在DO上，
∵G，H分别是△BCF，△CDF的重心，
∴OG：BG=OH：DH=1：2，
连接GH，BD，则△OGH∽△OBD，
∴GHBD=13．
∵正六边形ABCDEF的边长为6，
∴BC=6=CD，∠BCP=∠DCP=60°，
∴BP=DP=3 3，
∴BD=6 3，
∴GH=13×6 3=2 3．
故答案为：2 3．
依据重心的性质：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1，即可得到OG：BG=OH：DH=1：2，再根据相似三角形的性质，即可得到GH的长．
本题主要考查了重心的性质以及相似三角形的性质，解决问题的关键是掌握：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．
16.【答案】25
【解析】解：如图，连接AE，作BF⊥AE于F，
∵点E恰好在A的正上方，
∴△ADE是直角三角形，
又∵DE=5，AE=12，
根据勾股定理得，
AD= AE2+DE2=13，
∵AD/​/BE，DB//CE，
∴∠DAB=∠EBC，∠ABD=∠BCE，
∴△ABD～△BCE，
∴ADBE=ABBC=76，
又∵AD/​/BE，
∴∠DAE=∠BEF，
∠AED=∠BFE=90°，
∴△ADE～△EBF，
∴DEBF=AEEF=ADEB，
∴BF=307，EF=727，
∴AF=AE−EF=12−727=127，
∵∠AFB=∠FAN=90°，
∴BF//MN，
∴∠BAN=∠ABF，
∴tan∠BAN=tan∠ABF=AFBF=25，
故答案为：25．
连接AE，作BF⊥AE于F，根据题意△ADE是直角三角形，根据勾股定理求出AD的长，证明△ABD～△BCE，根据对应线段成比例，推出ADBE=76，求出BE，推出△ADE～△EBF，分别求出BF和EF，进而求出AF，根据BF/​/MN，∠ABF=∠BAN，进而求出tan∠BAN．
本题考查解直角三角形和三角形相似，解题的关键是作辅助线．
17.【答案】解：(1)数字1，2，3，4中，为奇数的有1，3，
∴随机抽取一张，抽到数字为奇数的概率为24=12．
(2)列表如下：
共有12种等可能的结果，其中抽取的两张卡片上数字之和为奇数的结果有：(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,3)，共8种，
∴抽取的两张卡片上数字之和为奇数的概率为812=23．
【解析】(1)直接利用概率公式可得答案．
(2)列表可得出所有等可能的结果数以及抽取的两张卡片上数字之和为奇数的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、概率公式，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．
18.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∵∠EAB=∠DBC，
∴∠ADB=∠EAB，
∵∠ABE=∠ABD，
∴△BAE∽△BDA．
(2)∵BE=2，DE=6，
∴BD=BE+DE=8，
由(1)知△BAE∽△BDA，
∴ABBD=BEAB，
∴AB8=2AB，
解得：AB=4．
【解析】(1)因为四边形ABCD是平行四边形，所以可知AD//BC，进而得知∠ADB=∠DBC，再根据∠EAB=∠DBC，可得∠ADB=∠EAB，即可证明结论；
(2)先求出BD=8，再根据△BAE∽△BDA，得知ABBD=BEAB，然后代入即可得出答案．
本题主要考查相似三角形的判定与性质及平行四边形的性质，解题的关键灵活运用以上知识点．
19.【答案】解：(1)如图1，△DEF即为所求．
(2)如图2，△D′E′F′和△D′′E′′F′′均满足题意．

【解析】(1)若点D落在x轴上，则△DEF是由△ABC绕点O旋转180°得到的，根据旋转的性质作图即可．
(2)由题意可取点E(3,1)或(−3,−1)，即△DEF是由△ABC绕点O逆时针旋转90°或顺时针旋转90°得到的，再根据旋转的性质作图即可．
本题考查作图−旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
20.【答案】解：(1)把(0,8)，(4,0)代入y=x2+bx+c得c=816+4b+c=0，
解得b=−6c=8，
∴二次函数的关系式为y=x2−6x+8=(x−3)2−1，
∴顶点坐标为(3,−1)；
(2)∵抛物线对称轴为直线x=3，
∴点A(a,y1)，B(6−a,2)关于直线x=3对称，
∴y1=y2，
∴S=y1+3y2=4y1，
∵y1=a2−6a+8，
∴当−1≤a≤6时，−1≤y1≤15，
∴−4≤S≤60．
【解析】(1)把(0,8)，(4,0)两点坐标代入y=x2+bx+c可求出b、c，进而确定函数关系式，再将二次函数写出顶点式，进而得出顶点坐标；
(2)根据点A(a,y1)，B(6−a,y2)可知两点关于直线x=3对称，则y1=y2，得出S=y1+3y2=4y1，由−1≤a≤6得出−1≤y1≤15，进而即可得到−4≤S≤60．
本题考查二次函数的图象和性质，待定系数法求二次函数的关系式以及图象上点的坐标特征，将点的坐标代入函数关系式求出待定的系数b、c是解决问题的关键．
21.【答案】(1)证明：如图，连接OC、OF，

∵EF=CE，OE=BE，
∴四边形OFBC是平行四边形，
∴BF//OC，
∵AC=BC，
∴AC=BC，
∵OA=OB，
∴OC⊥AB，
∴∠ABF=∠BOC=90°，
∵OB是⊙O的半径，且BF⊥OB，
∴直线BF是⊙O的切线．
(2)解：如图，∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠BFO=∠OCB=45°，
∵OF/​/BC，
∴∠BOF=∠OBC=45°，
∴∠BFO=∠BOF，
∴FB=OB=OA=12AB，
∵FB2+AB2=AF2，且AF=5，
∴(12AB)2+AB2=52，
∴AB=2 5，
∴FB=12AB= 5，
∵∠ADB=∠ABF=90°，∠BAD=∠FAB，
∴∠BAD∽∠FAB，
∴BDFB=ABAF=2 55，
∴BD=2 55FB=2 55× 5=2，
∴BD的长为2．
【解析】(1)连接OC、OF，证明四边形OFBC是平行四边形，则BF/​/OC，由AC=BC得AC=BC，则OC⊥AB，∠ABF=∠BOC=90°，可证明BF是⊙O的切线；
(2)由AB是⊙O的直径得∠ADB=∠ACB=90°，则∠CAB=∠CBA=45°，可证明FB=OB=OA=12AB，根据勾股定理求出AB、BF的长，再证明∠BAD∽∠FAB，根据相似三角形的对应边成比例即可求出BD的长．
此题考查圆的切线的判定、圆的弦与弧及圆心角的关系、圆周角定理、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，根据题意正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
22.【答案】解：任务1、设抛物线的解析式为：y=a(x−15)2+4.5．
∵经过点(0,0)，
∴225a+4.5=0．
解得：a=−0.02．
∴足球运动的高度y(m)与水平距离x(m)之间的函数关系式为：y=−0.02(x−15)2+4.5；
任务2、当x=24时，y=−0.02×81+4.5=−1.62+4.5=2.88．
∵2.88>2.5．
∴足球不能入网．
∵小梅不改变发球的方向，且射门路线的形状和最大高度保持不变，设向后移动了m米．
∴y=−0.02(x−15+m)2+4.5
∵需要经过点(24,2.5)
∴2.5=−0.02(9+m)2+4.5．
解得：m=−19(舍去)或m=1．
∴他应该带球向正后方至少移动1米射门，才能让足球进入球门；
任务3、如图，由题意得：QC=6m，CF=7m，AC=24m，PQ⊥AC，FC⊥AC．

∴AF=25(m)，PQ//FC．
∴△APQ∽△AFC．
∴APAF=AQAC．
∴AP25=1824．
解得：AP=18.75．
当x=18.75时，y=−0.02(18.75−15)2+4.5=−0.02×3.752+4.5=−0.02×14.0625+4.5=4.21875>4．
∴能通过拦网．
当x=25时，y=−0.02(25−15)2+4.5=−2+4.5=2.5．
∵EF=2.5m，
∴能在E处入网．
【解析】任务1、易得抛物线的顶点坐标为(15,4.5)，可设y=a(x−15)2+4.5，把(0,0)代入可求得a的值，也就求出了抛物线的解析式；
任务2、求出当x=24时，y的值，和球门的高度进行比较，若大于球门高度，则不能进入．设出平移后的抛物线解析式，把(24,2.5)代入即可求得平移的距离；
任务3、画出以∠ACF为直角的直角三角形ACF，拦网在点Q处．分别求得改变路线后，拦网所在位置距离点A的距离及点F距离点A的位置，分别代入任务1得到的函数解析式，看y的值是否大于拦网高度可判断是否过网，是否大于球门高度看是否入网．
本题综合考查了二次函数的应用．用到的知识点为：抛物线中有顶点坐标，二次函数的解析式通常用顶点式表示．难点是灵活应用二次函数解析式解答改变发球方向后的是否通过拦网及是否入网情况．
23.【答案】(1)证明：连接CF，如图：

∵BC是⊙O的直径，
∴∠BFC=90°，
∴∠BCF=90°−∠CBF，
∵DE⊥BC，
∴∠G=90°−∠CBF，
∴∠G=∠BCF，
∵∠BCF=∠BDF，
∴∠G=∠BDF，
∴∠G+∠GDF=∠BDF+∠GDF，
∴∠BFD=∠BDG；
(2)解：设GE交BC于H，如图：

∵AC是⊙O的切线，BC为⊙O直径，
∴∠BCD=90°−∠ACD=∠A，
∵csA=x=35，
∴cs∠BCD=35，
∴CDBC=35，
设CD=3m，则BC=5m，
∴BD= BC2−CD2=4m，
∴DH=BD⋅CDBC=125m，
∴BH= BD2−DH2= (4m)2−(125m)2=165m，
由(1)知∠BFD=∠BDG，
∵∠FBD=∠DBG，
∴△FBD∽△DBG，
∴BFBD=DFDG，
∵BF=5DF，
∴5DF4m=DFDG，
∴DG=45m，
∴GH=DG+DH=45m+125m=165m，
∴BH=GH，
∴△BGH是等腰直角三角形，
∴∠GBC=45°；
(3)解：连接FG，设GE交BC于H，如图：

∵AC是⊙O的切线，BC为⊙O直径，
∴∠BCD=90°−∠ACD=∠A，
∵csA=x，
∴cs∠BCD=x，
∴CDBC=x，
设BC=t=EF，则CD=tx，
∴BD= BC2−CD2= 1−x2t，
∴DH=BD⋅CDBC= 1−x2t⋅txt=tx 1−x2，
∵BC为⊙O直径，DE⊥BC，
∴DE=2DH=2tx 1−x2，
∵EF为⊙O的直径，BC为⊙O直径，
∴∠FDE=90°=∠BDC=∠FDG，
∵四边形BCDF内接于⊙O，
∴∠GFD=∠BCD，
∴△GFD∽△BCD，
∴FGBC=DFCD，
∵y=FGEF，
∴y=FGBC，
∴y=DFtx，
∴DF=txy，
在Rt△FDE中，DF2+DE2=EF2，
∴(txy)2+(2tx 1−x2)2=t2，
整理得：x2y2=(2x2−1)2，
∴y2=(2x2−1)2x2，
∵cs∠A=x(45°<∠A<90°)，
∴0∴y=1−2x2x=1x−2x；
∴y关于x的函数表达式为y=1x−2x(0【解析】(1)连接CF，由BC是⊙O的直径，可得∠BCF=90°−∠CBF，而DE⊥BC，有∠G=90°−∠CBF，故∠G=∠BCF=∠BDF，从而∠G+∠GDF=∠BDF+∠GDF，即∠BFD=∠BDG；
(2)设GE交BC于H，由AC是⊙O的切线，BC为⊙O直径，可得∠BCD=90°−∠ACD=∠A，知CDBC=35，设CD=3m，则BC=5m，求出BD= BC2−CD2=4m，DH=BD⋅CDBC=125m，可得BH= BD2−DH2=165m，证明△FBD∽△DBG，得BFBD=DFDG，根据BF=5DF，可得DG=45m，故GH=DG+DH=165m，即得△BGH是等腰直角三角形，∠GBC=45°；
(3)连接FG，设GE交BC于H，由CDBC=x，设BC=t=EF，则CD=tx，可得BD= BC2−CD2= 1−x2t，DH=BD⋅CDBC=tx 1−x2，DE=2DH=2tx 1−x2，再证△GFD∽△BCD，得FGBC=DFCD，又y=FGEF，即可得DF=txy，在Rt△FDE中，(txy)2+(2tx 1−x2)2=t2，根据cs∠A=x(45°<∠A<90°)，可得y=1−2x2x=1x−2x．
本题考查圆的综合应用，涉及相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，等腰直角三角形判定与性质等，解题的关键是掌握圆的相关性质和相似三角形的判定定理．每次试验粒数
50
1000
3000
4000
6000
10000
发芽频数
47
960
2840
3800
5710
9500
素材1
如图1是某足球场的一部分，球门宽DE=CF=7m，高CD=EF=2.5m.小梅站在A处向门柱CD一侧发球，点A正对门柱CD(即AC⊥CF)，AC=24m，球射向球门的路线呈抛物线，且一直在AC正上方．
此次射门的侧面示意图如图2所示，当足球飞行的水平距离AB=15m时，球达到最高点Q，此时球离地面4.5m.以点A为原点，直线BA为x轴，建立平面直角坐标系．
素材2
如图3，距离球门正前方6m处放置一块矩形拦网HGMN，拦网面垂直于地面，且GH//CF(GH足够长)，拦网高HN=4m．
任务1
求足球运动的高度y(m)与水平距离x(m)之间的函数关系式．
任务2
未放置拦网时，判断此次射门球能否进入球门.若能进入，计算出足球经过C点正上方时的高度；若不能进入，小梅不改变发球的方向，且射门路线的形状和最大高度保持不变，他应该带球向正后方至少移动多少米射门，才能让足球进入球门．
任务3
放置拦网后，小梅站在A处，射门路线的形状和最大高度保持不变，只改变发球方向，使射向球门的路线在AF正上方，判断足球能否越过拦网，在点E处进入球门．
1
2
3
4
1
(1,2)
(1,3)
(1,4)
2
(2,1)
(2,3)
(2,4)
3
(3,1)
(3,2)
(3,4)
4
(4,1)
(4,2)
(4,3)