浙江省宁波市“山海联盟”协作学校2024-2025学年上学期期中学情调研九年级数学试题（B卷）

这是一份浙江省宁波市“山海联盟”协作学校2024-2025学年上学期期中学情调研九年级数学试题（B卷），共27页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本题共有10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题
1．（3分）下列函数属于二次函数的是（ ）
A．y＝2x+1B．y＝2x3+1C．y＝x2+2D．
2．（3分）在一个不透明的袋子里装有2个红球和5个白球，它们除颜色外都相同，从中任意摸出1个球，则摸出的球为红球的概率是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）若⊙O的半径为5cm，点A到圆心O的距离为3cm，那么点A与⊙O的位置关系是（ ）
A．点A在圆外B．点A在圆上C．点A在圆内D．不能确定
4．（3分）神奇的自然界处处蕴含着数学知识．动物学家在鹦鹉螺外壳上发现，其每圈螺纹的直径与相邻螺纹直径的比约为0.618．这体现了数学中的（ ）
A．平移B．旋转C．轴对称D．黄金分割
5．（3分）如图，△ABC内接于⊙O，CD是⊙O的直径，∠ACD＝40°，则∠B＝（ ）
A．70°B．60°C．50°D．40°
6．（3分）如图，在△ABC中，E，F分别是AB，AC上的点且EF∥BC，AE：BE＝3：2，若△AEF的面积为9，则四边形BCFE的面积为（ ）
A．4B．6C．12D．16
7．（3分）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，彰显了我国古代劳动人民的智慧，如图1，点M表示筒车的一个盛水桶．如图2，当筒车工作时，盛水桶的运行路径是以轴心O为圆心，5米为半径的圆，且圆心在水面上方，若圆被水面截得的弦AB长为8米，则筒车工作时，盛水桶在水面以下的最大深度为（ ）
A．1米B．2米C．3米D．4米
8．（3分）已知抛物线y＝ax2﹣2ax+b，（a＜0）的图象上三个点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），C（1，y3），若x1＜1＜x2，x1+x2＜2，则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A．y3＜y1＜y2B．y2＜y1＜y3C．y3＜y2＜y1D．y1＜y2＜y3
9．（3分）如图，△ABC中，BC＝6，BD是中线，E是BD上一点，作射线AE，交BC于点F，若BE＝2DE，则FC＝（ ）
A．2B．2.5C．3D．3.5
10．（3分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，且OA＝kOC，有下列结论：；③k2ac﹣kb+1＝0；④，其中正确结论的序号是（ ）
A．①④B．①③④C．①③D．②③④
二、填空题（本题共有6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）二次函数y＝x2+2x的对称轴是直线 ．
12．（3分）若＝，则＝ ．
13．（3分）如图，已知边长为5cm的正方形二维码，若想估算出二维码黑色部分的面积，在正方形区域内随机取100个点，有70个点在黑色部分，则黑色部分的面积约为 cm2．
14．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点E在CD的延长线上．若∠ADE＝70°，则∠AOC＝ 度．
15．（3分）如图①，“东方之门”通过简单的几何曲线处理，将传统文化与现代建筑融为一体，最大程度地传承了苏州的历史文化．如图②，“门”的内侧曲线呈抛物线形，已知其底部宽度为80m，高度为200m．则离地面150m处的水平宽度（即CD的长）为 ．
16．（3分）如图，在矩形纸片ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上的点F处，延长EF，与∠ABF的平分线相交于点M，BM交AD于点N．当时，的值是 ．
三、解答题（本题共有8小题，共72分.请务必写出解答过程）
17．（8分）如图，有4张分别印有2023年杭州亚运会吉祥物和会徽的卡片：A宸宸、B琮琮、C莲莲、D潮涌．现将这4张卡片（卡片的形状、大小、质地都相同）放在不透明的盒子中，搅匀后从中任意取出1张卡片，记录后放回、搅匀，再从中任意取出1张卡片．
（1）第一次取出的卡片图案为“D潮涌”的概率为 ；
（2）用画树状图或列表的方法，求两次取出的2张卡片中至少有1张卡片为“A宸宸”的概率．
18．（8分）如图，在边长为1的正方形组成的网格中，△AOB的顶点均在格点上，其中点A（5，4），B（1，3），将△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到△A1OB1．
（1）画出△A1OB1；
（2）在旋转过程中线段OB扫过的图形的面积为 ．
19．（8分）中国高铁近年来用震惊世界的速度不断发展，已成为当代中国一张耀眼的“国家名片”，修建高铁时常常要逢山开道、遇水搭桥，如图，某高铁在修建时需打通一直线隧道MN（M、N为山的两侧），工程人员为了计算M、N两点之间的直线距离，选择了在测量点A、B、C进行测量，点B、C分别在AM、AN上，现测得AM＝1200米，AN＝2000米，AB＝30米，BC＝45米，AC＝18米，求直线隧道MN的长．
20．（8分）如图，若∠BAC＝90°，且AD⊥BC于点D．
（1）求证：△ABD∽△CAD；
（2）若BD＝4，CD＝9，求AD的长度．
21．（8分）如图，抛物线y＝﹣x2+4交x轴于A，B两点，顶点为C．
（1）求△ABC的面积．
（2）在抛物线上是否存在点P，使得若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
22．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB＝AC，CD⊥AB于点D，直径BF交CD于点E．
（1）若∠FBC＝20°，求∠BAC的度数．
（2）求证：∠DBE＝∠DCB．
（3）若，BE＝4，求OE的长．
23．（10分）二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0）且x1≠x2．
（1）当x1＝2，且b+c＝﹣6时，
①求b，c的值；
②当﹣2≤x≤t时，二次函数y＝x2+bx+c的最大值与最小值的差为4，求t的值；
（2）若x1＝3x2，求证：．
24．（12分）如图，⊙O的半径为5，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点F，OF＝3，P是上一点，连结CP，交AB于点E，连结AD，交CP于点G，AP的延长线与CD的延长线相交于点Q．
（1）若CP⊥AD，求证：．
（2）在（1）的条件下，求线段EG的长．
（3）连结AC，若△ADQ的面积为4k，△PDQ的面积为，求△ACQ面积的值．
2024-2025学年浙江省温州市山海联盟九年级（上）期中数学试卷（B卷）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共有10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题
1．（3分）下列函数属于二次函数的是（ ）
A．y＝2x+1B．y＝2x3+1C．y＝x2+2D．
【答案】C
【分析】根据二次函数的定义：形如y＝ax2+bx+c（a≠0）的函数是二次函数逐项判断即得答案．
【解答】解：A．y＝2x+1是一次函数，选项A不符合题意；
B．y＝2x3+1是不是二次函数，选项B不符合题意；
C．y＝x2+2是二次函数，选项C符合题意；
D．y＝﹣2不是二次函数，选项D不符合题意．
故选：C．
2．（3分）在一个不透明的袋子里装有2个红球和5个白球，它们除颜色外都相同，从中任意摸出1个球，则摸出的球为红球的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由一个不透明的布袋里装有7个球，其中2个红球，5个白球，它们除颜色外其余都相同，直接利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：从中任意摸出1个球，则摸到红球的概率是：＝，
故选：C．
3．（3分）若⊙O的半径为5cm，点A到圆心O的距离为3cm，那么点A与⊙O的位置关系是（ ）
A．点A在圆外B．点A在圆上C．点A在圆内D．不能确定
【答案】C
【分析】根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【解答】解：∵⊙O的半径为5cm，点A到圆心O的距离为3cm，
即点A到圆心O的距离小于圆的半径，
∴点A在⊙O内．
故选：C．
4．（3分）神奇的自然界处处蕴含着数学知识．动物学家在鹦鹉螺外壳上发现，其每圈螺纹的直径与相邻螺纹直径的比约为0.618．这体现了数学中的（ ）
A．平移B．旋转C．轴对称D．黄金分割
【答案】D
【分析】利用黄金分割比的意义解答即可．
【解答】解：∵每圈螺纹的直径与相邻螺纹直径的比约为0.618，
又黄金分割比为≈0.618，
∴其每圈螺纹的直径与相邻螺纹直径的比约为0.618．这体现了数学中的黄金分割，
故选：D．
5．（3分）如图，△ABC内接于⊙O，CD是⊙O的直径，∠ACD＝40°，则∠B＝（ ）
A．70°B．60°C．50°D．40°
【答案】C
【分析】由CD是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，得出∠CAD＝90°，根据直角三角形两锐角互余得到∠ACD与∠D互余，即可求得∠D的度数，继而求得∠B的度数．
【解答】解：∵CD是⊙O的直径，
∴∠CAD＝90°，
∴∠ACD+∠D＝90°，
∵∠ACD＝40°，
∴∠ADC＝∠B＝50°．
故选：C．
6．（3分）如图，在△ABC中，E，F分别是AB，AC上的点且EF∥BC，AE：BE＝3：2，若△AEF的面积为9，则四边形BCFE的面积为（ ）
A．4B．6C．12D．16
【答案】D
【分析】先根据△AEF∽△ABC，则根据相似三角形的性质得到＝（）2，再利用比例的性质得到AE：AB＝3：5，接着求出△ABC的面积，然后计算△ABC与△AEF的面积差即可．
【解答】解：∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴＝（）2，
∵AE：BE＝3：2，
∴AE：AB＝3：5，
∴＝（）2＝，
∴S△ABC＝×9＝25，
∴四边形BCFE的面积＝25﹣9＝16．
故选：D．
7．（3分）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，彰显了我国古代劳动人民的智慧，如图1，点M表示筒车的一个盛水桶．如图2，当筒车工作时，盛水桶的运行路径是以轴心O为圆心，5米为半径的圆，且圆心在水面上方，若圆被水面截得的弦AB长为8米，则筒车工作时，盛水桶在水面以下的最大深度为（ ）
A．1米B．2米C．3米D．4米
【答案】B
【分析】过O点作半径OD⊥AB于E，如图，由垂径定理得到AE＝BE＝4，再利用勾股定理计算出OE，然后即可计算出DE的长．
【解答】解：过O点作半径OD⊥AB于E，如图，
∴AE＝BE＝AB＝×8＝4，
在Rt△AEO中，OE＝＝3，
∴ED＝OD﹣OE＝5﹣3＝2（m），
答：筒车工作时，盛水桶在水面以下的最大深度为2m．
故选：B．
8．（3分）已知抛物线y＝ax2﹣2ax+b，（a＜0）的图象上三个点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），C（1，y3），若x1＜1＜x2，x1+x2＜2，则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A．y3＜y1＜y2B．y2＜y1＜y3C．y3＜y2＜y1D．y1＜y2＜y3
【答案】D
【分析】由题意可得，抛物线y＝ax2﹣2ax+b的对称轴为直线x＝﹣＝1，a＜0，开口向下，x＝1时有最大值y3，再根据x1＜1＜x2，x1+x2＜2，可得y2＞y1即可得出答案．
【解答】解：抛物线y＝ax2﹣2ax+b的对称轴为直线x＝﹣＝1，
∵a＜0，
∴开口向下，
∴x＝1时有最大值y3，
∵x1＜1＜x2，x1+x2＜2，
∴A、B在x＝1的两侧，且A离着对称轴较远，
∴y2＞y1，
∴y3＞y2＞y1．
故选：D．
9．（3分）如图，△ABC中，BC＝6，BD是中线，E是BD上一点，作射线AE，交BC于点F，若BE＝2DE，则FC＝（ ）
A．2B．2.5C．3D．3.5
【答案】C
【分析】先根据重心的性质得到点E为△ABC的重心，则AF为BC边上的中线，于是可得到FC的长．
【解答】解：∵BD是中线，BE＝2DE，
∴点E为△ABC的重心，
∴AF为BC边上的中线，
∴FC＝BF＝BC＝×6＝3．
故选：C．
10．（3分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，且OA＝kOC，有下列结论：；③k2ac﹣kb+1＝0；④，其中正确结论的序号是（ ）
A．①④B．①③④C．①③D．②③④
【答案】B
【分析】依据题意，由抛物线开口向下，从而a＜0，又当x＝0时，y＝c＞0，则OC＝c，故OA＝kOC＝kc，可得A（﹣kc，0），结合对称轴是直线x＝﹣＞0，且a＜0，从而b＞0，进而可以判断①；
依据题意，由抛物线与x轴有两个交点，从而Δ＝b2﹣4ac＞0，又a＜0，则＜0，故可判断②；
依据题意，由A（﹣kc，0）在抛物线y＝ax2+bx+c的图象上，则ak2c2﹣kbc+c＝0，结合c≠0，可以判断③；
依据题意，令y＝ax2+bx+c＝0，故抛物线与x轴的两交点横坐标x1，x2满足，x1•x2＝，结合OA•OB＝﹣x1，x2，从而可以判断④．
【解答】解：由题意，∵抛物线开口向下，
∴a＜0．
∵当x＝0时，y＝c＞0，
∴OC＝c．
∴OA＝kOC＝kc．
∴A（﹣kc，0）．
∵对称轴是直线x＝﹣＞0，且a＜0，
∴b＞0．
∴abc＜0，故①正确．
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴Δ＝b2﹣4ac＞0．
又∵a＜0，
∴＜0，故②错误．
∵A（﹣kc，0）在抛物线y＝ax2+bx+c的图象上，
∴ak2c2﹣kbc+c＝0．
又c≠0，
∴k2ac﹣kb+1＝0，故③正确．
由题意，令y＝ax2+bx+c＝0，
∴抛物线与x轴的两交点横坐标x1，x2满足，x1•x2＝．
又∵OA•OB＝﹣x1，x2，
∴OA•OB＝﹣，故④正确．
综上，正确的是①③④．
故选：B．
二、填空题（本题共有6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）二次函数y＝x2+2x的对称轴是直线 x＝﹣1 ．
【答案】x＝﹣1．
【分析】化成顶点式即可得解．
【解答】解：由题意，∵二次函数为y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，
∴二次函数为y＝x2+2x的对称轴是直线x＝﹣1．
故答案为：x＝﹣1．
12．（3分）若＝，则＝ ．
【答案】见试题解答内容
【分析】直接利用已知将原式变形进而得出x，y之间的关系进而得出答案．
【解答】解：∵＝，
∴2x+2y＝3x，
故2y＝x，
则＝．
故答案为：．
13．（3分）如图，已知边长为5cm的正方形二维码，若想估算出二维码黑色部分的面积，在正方形区域内随机取100个点，有70个点在黑色部分，则黑色部分的面积约为 17.5 cm2．
【答案】17.5．
【分析】用正方形的面积乘以点落在黑色部分的频率即可得出答案．
【解答】解：黑色部分的面积约为5×5×＝17.5（cm2），
故答案为：17.5．
14．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点E在CD的延长线上．若∠ADE＝70°，则∠AOC＝ 140 度．
【答案】140．
【分析】根据邻补角的定义求出∠ADC，根据圆内接四边形的性质求出∠ABC，再根据圆周角定理计算即可．
【解答】解：∵∠ADE＝70°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ADE＝180°﹣70°＝110°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ABC＝180°﹣110°＝70°，
由圆周角定理得：∠AOC＝2∠ABC＝140°，
故答案为：140．
15．（3分）如图①，“东方之门”通过简单的几何曲线处理，将传统文化与现代建筑融为一体，最大程度地传承了苏州的历史文化．如图②，“门”的内侧曲线呈抛物线形，已知其底部宽度为80m，高度为200m．则离地面150m处的水平宽度（即CD的长）为 40m ．
【答案】40m．
【分析】先建立平面直角坐标系，然后根据题意，设出抛物线解析式，然后根据点（40，0）在抛物线上，可以求出抛物线解析式，再将y＝150代入求出x的值，即可得到CDD的值．
【解答】解：如图，建立平面直角坐标系，
设该抛物线的解析式为y＝ax2+200，
由图可知：点（40，0）在该抛物线上，
∴0＝a×402+200，
解得a＝﹣，
∴y＝﹣x2+200，
当y＝150时，150＝﹣x2+200，
解得x1＝﹣20，x2＝﹣20，
∴点C的坐标为（﹣20，150），点D的坐标为（20，150），
∴CD＝20﹣（﹣20）＝20+20＝40，
故答案为：40m．
16．（3分）如图，在矩形纸片ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上的点F处，延长EF，与∠ABF的平分线相交于点M，BM交AD于点N．当时，的值是 ．
【答案】．
【分析】过点N作NG⊥BF于点G，证明△NFG∽△BFA，得到边之间的关系，设AN＝x，设FG＝y，可求得AB＝BG＝（）x，AF＝（）y，再由勾股定理，得AB2+AF2＝BF2，可解出y＝x，从而可求出答案．
【解答】解：过点N作NG⊥BF于点G，
∵NF＝AN+FD，AN+NF+FD＝AD，
∴NF+NF＝AD，
∴NF＝（）AD＝（）BC，
∵BC＝BF，
∴NF＝（）BF，
∵∠NFG＝∠AFB，∠NGF＝∠BAF＝90°，
∴△NFG∽△BFA，
∴＝＝＝，
∴AB＝（）NG，FA＝（）FG，
设AN＝x，
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，
∴AN＝NG＝x，AB＝BG＝（）x，
设FG＝y，则AF＝（）y，
∵AB2+AF2＝BF2，
∴[（）x]2+[（）y]2＝[（）x+y]2，
解得y＝x．
∴BF＝BG+GF＝（）x+x＝（）x．
∴＝＝＝．
故答案为：．
三、解答题（本题共有8小题，共72分.请务必写出解答过程）
17．（8分）如图，有4张分别印有2023年杭州亚运会吉祥物和会徽的卡片：A宸宸、B琮琮、C莲莲、D潮涌．现将这4张卡片（卡片的形状、大小、质地都相同）放在不透明的盒子中，搅匀后从中任意取出1张卡片，记录后放回、搅匀，再从中任意取出1张卡片．
（1）第一次取出的卡片图案为“D潮涌”的概率为 ；
（2）用画树状图或列表的方法，求两次取出的2张卡片中至少有1张卡片为“A宸宸”的概率．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）根据概率公式即可求解；
（2）根据题意，画出树状图，进而根据概率公式即可求解．
【解答】解：（1）共有4张卡片，
第一次取出的卡片图案为“D潮涌”的概率为，
故答案为：．
（2）树状图如图所示：

由图可以看出一共有16种等可能结果，其中至少一张卡片图案为“A宸宸”的结果有7种．
∴P（至少一张卡片图案为“A宸宸”）＝．
答：两次取出的2张卡片中至少有一张图案为“A宸宸”的概率为．
18．（8分）如图，在边长为1的正方形组成的网格中，△AOB的顶点均在格点上，其中点A（5，4），B（1，3），将△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到△A1OB1．
（1）画出△A1OB1；
（2）在旋转过程中线段OB扫过的图形的面积为 π ．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出点A、B的对应点B1、A1即可；
（2）先计算出OB的长，然后利用扇形面积公式计算．
【解答】解：（1）如图，△A1OB1为所作；
（2）OB＝＝，
在旋转过程中线段OB扫过的图形的面积＝＝π．
故答案为π．
19．（8分）中国高铁近年来用震惊世界的速度不断发展，已成为当代中国一张耀眼的“国家名片”，修建高铁时常常要逢山开道、遇水搭桥，如图，某高铁在修建时需打通一直线隧道MN（M、N为山的两侧），工程人员为了计算M、N两点之间的直线距离，选择了在测量点A、B、C进行测量，点B、C分别在AM、AN上，现测得AM＝1200米，AN＝2000米，AB＝30米，BC＝45米，AC＝18米，求直线隧道MN的长．
【答案】见试题解答内容
【分析】先根据相似三角形的判定得出△ABC∽△ANM，再利用相似三角形的性质解答即可．
【解答】解：∵，
∴，
又∵∠A＝∠A，
∴△ABC∽△ANM，
∴，
∵BC＝45
∴MN＝3000，
答：直线隧道MN长为3000米．
20．（8分）如图，若∠BAC＝90°，且AD⊥BC于点D．
（1）求证：△ABD∽△CAD；
（2）若BD＝4，CD＝9，求AD的长度．
【答案】（1）见解析；
（2）6．
【分析】（1）根据三角形高的定义得出∠ADB＝90°，根据等角的余角相等，得出∠BAD＝∠C，结合∠ADB＝∠CDA，即可得证；
（2）根据（1）的结论，利用相似三角形的性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝90°，AD是斜边BC上的高．
∴∠ADB＝90°，∠B+∠C＝90°，
∴∠B+∠BAD＝90°，
∴∠BAD＝∠C，
又∵∠ADB＝∠CDA，
∴△ABD∽△CAD；
（2）解：∵△ABD∽△CBA，
∴，
又∵BD＝4，CD＝9，
∴AD2＝BD×CD＝36．
∴AD＝6（负值舍去）．
21．（8分）如图，抛物线y＝﹣x2+4交x轴于A，B两点，顶点为C．
（1）求△ABC的面积．
（2）在抛物线上是否存在点P，使得若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）8；
（2）（，2）或（﹣，2）或（，﹣2）或（﹣，﹣2）．
【分析】（1）根据题目中的函数解析式，可以先求出点A、B、C的坐标，然后即可计算出△ABC的面积；
（2）先判断，然后根据判定求出点P的坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+4，
∴当y＝0时，x＝2或x＝﹣2，
∵抛物线y＝﹣x2+4交x轴于A，B两点，顶点为C，
∴点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（2，0），点C的坐标为（0，4），
∴AB＝4，OC＝4，
∴S△ABC＝＝＝8；
（2）在抛物线上存在点P，使得S△PAB＝S△ABC，
设点P的纵坐标为m，
∵S△PAB＝S△ABC，AB＝4，S△ABC＝8，
∴＝×8，
解得m＝±2，
当m＝2时，2＝﹣x2+4，得x＝±；
当m＝﹣2时，﹣2＝﹣x2+4，得x＝±；
∴点P的坐标为（，2）或（﹣，2）或（，﹣2）或（﹣，﹣2）．
22．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB＝AC，CD⊥AB于点D，直径BF交CD于点E．
（1）若∠FBC＝20°，求∠BAC的度数．
（2）求证：∠DBE＝∠DCB．
（3）若，BE＝4，求OE的长．
【答案】（1）70°；
（2）见解析；
（3）1．
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠BCF＝90°，根据三角形的内角和定理得到∠F＝90°﹣∠CBF＝70°，根据圆周角定理得到∠BAC＝∠F＝70°；
（2）由题意可知∠BCF＝∠ADC＝90°，利用圆周角定理可得∠BAC＝∠BFC，根据内角和为180°可得∠ACD＝∠FBC，因为AB＝AC，所以∠ABC＝∠ACB，通过等量代换即可求解；
（3）根据角的互余可得∠FEC＝∠FCE，从而可得FE＝FC，设FC＝x，则BF＝4+x，根据勾股定理即可求解．
【解答】（1）解：∵BF是⊙O的直径，
∴∠BCF＝90°，
∵∠FBC＝20°，
∴∠F＝90°﹣∠CBF＝70°，
∴∠BAC＝∠F＝70°；
（2）证明：∵BF为⊙O的直径，
∴∠BCF＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°，
∵∠BAC＝∠BFC，
∴∠ACD＝180°﹣∠ADC﹣∠BAC，
∠FBC＝180°﹣∠BCF﹣∠BFC，
∴∠ACD＝∠FBC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠DBE＝∠BCD；
（3）解：∠DBE+∠DEB＝90°，∠DEB＝∠FEC，
∴∠DBE+∠FEC＝90°，
∵∠BCD+∠FCE＝90°，∠DBE＝∠BCD，
∴∠FEC＝∠FCE，
∴FE＝FC，
设FC＝x，则BF＝4+x，
在Rt△BCF中，BC2+FC2＝BF2，即（4）2+x2＝（4+x）2，
解得x＝2，
∴BF＝6，
∴OB＝BF＝3，
∴OE＝BE﹣OB＝4﹣3＝1．
23．（10分）二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0）且x1≠x2．
（1）当x1＝2，且b+c＝﹣6时，
①求b，c的值；
②当﹣2≤x≤t时，二次函数y＝x2+bx+c的最大值与最小值的差为4，求t的值；
（2）若x1＝3x2，求证：．
【答案】（1）①当b、c的值分别为2、﹣8；②t＝1；
（2）证明见解答．
【分析】（1）①由待定系数法求出函数表达式，即可求解；
②当﹣2＜t＜﹣1时，y随x的增大而减小，当x＝﹣2时，y＝（x+1）2﹣9＝﹣8，当x＝t时，y＝t2+2t﹣8，则t2+2t﹣8﹣（﹣8）＝4，即可求解；当t＞﹣1时，同理可解；
（2）x1、x2是一元二次方程x2+bx+c＝0的两个根，x1+x2＝﹣b，3x2+x2＝﹣b，则x2＝﹣b，即（﹣b）2+b•（﹣b）+c＝0，即可求解．
【解答】（1）解：①当x1＝2，则抛物线y＝x2+bx+c经过点A（2，0），且b+c＝﹣6，
则，解得：
即b、c的值分别为2、﹣8；
②y＝x2+2x﹣8＝（x+1）2﹣9，
当﹣2＜t＜﹣1时，y随x的增大而减小，
当x＝﹣2时，y＝（x+1）2﹣9＝﹣8，当x＝t时，y＝t2+2t﹣8，
则t2+2t﹣8﹣（﹣8）＝4，
方程无解；
当t＞﹣1时，y的最小值为﹣9，最大值为t2+2t﹣8，
则t2+2t﹣8﹣（﹣9）＝4，
解得：t＝﹣3（舍去）或1；
（2）证明：∵x1＝3x2，且x1≠x2，
∴3x2≠x2，
∴x2≠0，
∵x1、x2是一元二次方程x2+bx+c＝0的两个根，
∴x1+x2＝﹣b，
∴3x2+x2＝﹣b，
∴x2＝﹣b，
∴（﹣b）2+b•（﹣b）+c＝0，
∴c＝b2，
∴b﹣c＝b﹣b2＝﹣（b﹣4）2+3≤3，
∴．
24．（12分）如图，⊙O的半径为5，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点F，OF＝3，P是上一点，连结CP，交AB于点E，连结AD，交CP于点G，AP的延长线与CD的延长线相交于点Q．
（1）若CP⊥AD，求证：．
（2）在（1）的条件下，求线段EG的长．
（3）连结AC，若△ADQ的面积为4k，△PDQ的面积为，求△ACQ面积的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）＝+32．
【分析】（1）利用垂直的定义，三角形的内角和定理得到∠PCD＝∠BAD，再利用圆周角定理的推论解答即可；
（2）连接OC，利用勾股定理求得CF，利用垂径定理得到DF＝4，CD＝2CF＝8，利用勾股定理求得AD，利用相似三角形的判定与性质求得CE＝2，EF＝2，最后通过证明△CEF∽△CDG，利用相似三角形的性质定理列出比例式解答即可得出结论；
（3）利用三角形的面积公式求得DQ＝k．，则FQ＝DF+DQ＝4+k，CQ＝CD+DQ＝8+k；利用三角形的面积公式得到△ACQ的面积，利用勾股定理表示出AQ2，利用相似三角形的判定与性质列出比例式求得k值，则结论可求．
【解答】（1）证明：∵CD⊥AB，CP⊥AD，
∴∠CFE＝∠AGE＝90°，
∵∠CEF＝∠AEG，
∴∠PCD＝∠BAD．
∴
（2）解：连接OC，如图，
∵⊙O的半径为5，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点F，
∴CF＝DF，CF＝＝4，
∴DF＝4，CD＝2CF＝8，
∴AF＝OA+OF＝5+3＝8，
∴＝＝4．
由（1）知：∠PCD＝∠BAD，
∵∠CFE＝∠AFD＝90°，
∴△CEF∽△ADF，
∴，
∴，
∴CE＝2，EF＝2．
∵∠CFE＝∠CGD＝90°，∠ECF＝∠DCG，
∴△CEF∽△CDG，
∴，
∴，
∴EG＝．
（3）解：∵△ADQ的面积为4k，
∴DQ•AF＝4k，
∵AF＝8，
∴DQ＝k．
∴FQ＝DF+DQ＝4+k，CQ＝CD+DQ＝8+k．
∴CQ•AF＝8（8+k）＝4k+32．
∴AQ2＝AF2+QF2＝82+（k+4）2＝k2+8k+80．
连接AC，如图，
∴AC＝，
∵四边形ACDP为圆的内接四边形，
∴∠QPD＝∠ACD，
∵∠Q＝∠Q，
∴△QPD∽△QCA，
∴，
∴，
∴3k2＝80，
∴k＝（负数不合题意，舍去），
∴k＝，
∴S△ACQ＝4k+32＝×4+32＝+32。