吉林省松原市前郭县北片名校调研2023-2024学年九年级上学期期中数学试卷

这是一份吉林省松原市前郭县北片名校调研2023-2024学年九年级上学期期中数学试卷，共3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．（2分）抛物线y＝3x2+2的顶点坐标是（ ）
A．（0，2）B．（﹣2，0）C．（2，0）D．（0，﹣2）
2．（2分）下列环保标志图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（2分）广东春季是流感的高发时期，某校4月初有一人患了流感，经过两轮传染后，假设每轮传染中平均每人传染x人，则可列方程（ ）
A．1+x+x2＝25B．x+x2＝25
C．（1+x）2＝25D．x+x（1+x）＝25
4．（2分）已知实心球运动的高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系是y＝﹣（x﹣1）2+4，则该同学此次投掷实心球的成绩是（ ）
A．2mB．3mC．3.5mD．4m
5．（2分）如图△ABC中，∠C＝90°，∠B＝20°，CA为半径的圆交AB于点D，则的度数为（ ）
A．30°B．40°C．45°D．50°
6．（2分）如图，△ABC中，∠BAC＝135°，若点D、A、B恰好在一条直线上，则下列结论错误的是（ ）
A．ED⊥BDB．△ABC≌△DECC．D．BD＝CE+DE
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）点M（﹣3，2）关于原点对称的点的坐标是 ．
8．（3分）如图所示的图形绕其中心至少旋转 度就可以与原图形完全重合．
9．（3分）二次函数y＝﹣3（x+1）2的最大值为 ．
10．（3分）已知⊙O的半径为2cm，则⊙O最长的弦为 cm．
11．（3分）用配方法解一元二次方程x2﹣6x＝1时，可将原方程配方成（x﹣m）2＝n，则m+n的值是 ．
12．（3分）如图，A、B、C为⊙O上三点，若∠AOB＝140°则∠ACB度数为 °．
13．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点B坐标（8，4），将OB绕点O逆时针旋转90°，得到OB'则点B′的坐标为 ．
14．（3分）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点（3，0），对称轴为直线x＝1，则下列结论：①abc＜02+bx+c＝0的两个根是x1＝﹣1，x2＝3；③当x＜1时，y随着x的增大而增大 （填写序号）．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）用适当的方法解方程：x2﹣2x﹣8＝0．
16．（5分）已知二次函数y＝ax2（a≠0）的图象经过点（2，﹣1），求该函数的解析式及对称轴．
17．（5分）如图，在△ABD中，∠BAD＝90°，C点落在BD边上，若∠E＝17°求∠BAC的度数
18．（5分）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣（a+4）x+3经过点（2，﹣3）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）当1＜x＜5时，直接写出y的取值范围．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）如图，在6×6方格纸中，已知格点P和格点线段AC（顶点均在格点上），且点P在四边形内部（不包括边界上）．
（1）在图1中画出一个▱ABCD；
（2）在图2中画出一个四边形AECF，使得点P落在四边形某一边的中垂线上，且四边形中有且仅有两个内角为直角．
20．（7分）“筒车”是一种以水流作动力，取水灌田的工具，如图，已知圆心O始终在水面上方，且当圆被水面截得的弦AB为6米时（即水面下方部分圆上的一点距离水面的最大距离），求该圆的半径．
21．（7分）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，已知点A（﹣4，﹣2），B（﹣2，﹣6）．
（1）将△OAB向右平移4个单位长度得到△O1A1B1，请画出△O1A1B1；
（2）将△OAB绕点O顺时针旋转90°，画出所得的△OA2B2．
22．（7分）若二次函数的图象经过点A（﹣2，0），其对称轴为直线x＝1，与y轴交于点B．
（1）点C的坐标为 ；
（2）将二次函数的图象向下平移5个单位长度，求平移后的二次函数的解析式．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）如图，圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD交于点E，∠BAC＝∠ADB．
（1）求证DB平分∠ADC，并求∠BAD的大小；
（2）过点C作CF∥AD交AB的延长线于点F，若AC＝AD，BF＝2求此圆半径的长
24．（8分）阅读与理解：
图1是边长分别为a和b（a＞b）的两个等边三角形纸片ABC和C′DE叠放在一起（点C与点C′重合）的图形．
操作与证明：
（1）操作：固定△ABC，将△C′DE绕点C按顺时针方向旋转30°，连接AD，如图2，在图2中；
（2）操作：若将图1中的△C′DE，绕点C按顺时针方向任意旋转一个角度α，连接AD，如图3，在图3中；
猜想与发现：
根据上面的操作过程，请你猜想当α为多少度时，线段AD的长度最大，线段AD的长度最小，最小是多少？
​
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点P从点A出发，以2cm/s的速度沿折线AB﹣BC向终点C运动，以相同的速度沿折线AD﹣DC向终点C运动，连接PQ，并截取QM＝QP，以PQ、QM为邻边作▱PQMN，设▱PQMN与菱形ABCD重叠部分图形的面积为y（cm2），点P的运动时间为x（s）（0＜x＜4）．
（1）当点N与点B重合时，x的值为 ；
（2）求PQ的长（用含x的代数式表示）；
（3）求y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
26．（10分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A（﹣1，0），B（0，﹣）x2+bx+c上，点C为该抛物线的顶点，点P为该抛物线上一点
（1）求该抛物线对应的函数关系式；
（2）连接BP，当BP⊥y轴时，顺次连接点A、B、C、P；
（3）当m＞0时，设该抛物线在点B与点P之间（包含点B和点P）的部分图象的最低点和最高点到x轴的距离分别为k、n，求m的取值范围．
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题2分，共12分）
1．（2分）抛物线y＝3x2+2的顶点坐标是（ ）
A．（0，2）B．（﹣2，0）C．（2，0）D．（0，﹣2）
【分析】由二次函数解析式可得抛物线的顶点坐标．
【解答】解：∵y＝3x2+8，
∴抛物线的顶点坐标为（0，2）．
故选：A．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
2．（2分）下列环保标志图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A．是轴对称图形．故本选项不合题意；
B．不是轴对称图形．故本选项不合题意；
C．既是轴对称图形又是中心对称图形；
D．不是轴对称图形．故本选项不合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．（2分）广东春季是流感的高发时期，某校4月初有一人患了流感，经过两轮传染后，假设每轮传染中平均每人传染x人，则可列方程（ ）
A．1+x+x2＝25B．x+x2＝25
C．（1+x）2＝25D．x+x（1+x）＝25
【分析】患流感的人把病毒传染给别人，自己仍然患病，包括在总数中．设每轮传染中平均一个人传染了x个人，则第一轮传染了x个人，第二轮作为传染源的是（x+1）人，则传染x（x+1）人，依题意列方程：1+x+x（1+x）＝25即可．
【解答】解：设每轮传染中平均一个人传染了x个人，依题意得1+x+x（1+x）＝25，
即（4+x）2＝25，
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，本题要注意的是，患流感的人把病毒传染给别人，自己仍然是患者，人数应该累加，这个问题和细胞分裂是不同的．
4．（2分）已知实心球运动的高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系是y＝﹣（x﹣1）2+4，则该同学此次投掷实心球的成绩是（ ）
A．2mB．3mC．3.5mD．4m
【分析】根据该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离，令y＝0，解方程即可．
【解答】解：在y＝﹣（x﹣1）2+4中，令y＝0得：
0＝﹣（x﹣3）2+4，
解得x＝6或x＝﹣1（舍去），
∴该同学此次投掷实心球的成绩是3m，
故选：B．
【点评】本题考查二次函数的应用和一元二次方程的解法，理解题意，能把二次函数问题转化为一元二次方程问题是解决问题的关键．
5．（2分）如图△ABC中，∠C＝90°，∠B＝20°，CA为半径的圆交AB于点D，则的度数为（ ）
A．30°B．40°C．45°D．50°
【分析】首先连接CD，由在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝20°，可求得∠A的度数，又由等腰三角形的性质，易求得∠ACD的度数，继而可得的度数．
【解答】解：连接CD，
在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠B＝70°，
∵CD＝CA，
∴∠ADC＝∠A＝70°，
∴∠ACD＝180°﹣∠A﹣∠ADC＝40°，
∴的度数为40°．
故选：B．
【点评】此题考查了圆心角、弧的关系，此题难度不大，作出合理的辅助线是解题的关键．
6．（2分）如图，△ABC中，∠BAC＝135°，若点D、A、B恰好在一条直线上，则下列结论错误的是（ ）
A．ED⊥BDB．△ABC≌△DECC．D．BD＝CE+DE
【分析】根据旋转的性质得出△ABC≌△DEC即可解答．
【解答】解：∵△ABC绕着点C顺时针旋转得到△DEC，
∴△ABC≌△DEC，
∴CD＝AD，DE＝AB，
∴BD＝AD+AB＝AD+DE，故D结论错误．
∵∠BAC＝135°，
∴∠CAD＝∠CDA＝45°，
∴∠BDE＝90°，
∴ED⊥BD，
∴AD＝CD．
故选：D．
【点评】本题考查旋转的性质和等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题关键．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）点M（﹣3，2）关于原点对称的点的坐标是 （3，﹣2） ．
【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
【解答】解：平面直角坐标系中任意一点P（x，y），﹣y），
∴点M（﹣3，2）关于原点中心对称的点的坐标是（3．
故答案为：（3，﹣2）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．
8．（3分）如图所示的图形绕其中心至少旋转 90 度就可以与原图形完全重合．
【分析】该图形被平分成四部分，因而每部分被分成的圆心角是360°÷4＝90°，因而旋转90°的整数倍，就可以与自身重合．
【解答】解：该图形被平分成四部分，
∵360°÷4＝90°，
∴旋转90度的整数倍，就可以与自身重合，
∴如图所示的图形绕其中心至少旋转90度就可以与原图形完全重合．
故答案为：90．
【点评】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．理解和掌握旋转对称图形的旋转角求法是解题的关键．
9．（3分）二次函数y＝﹣3（x+1）2的最大值为 0 ．
【分析】根据二次函数的性质求解即可．
【解答】解：对于二次函数y＝﹣3（x+1）6，
∵﹣3＜0，
∴当x＝﹣4时，函数y有最大值0，
故答案为：0．
【点评】本题考查二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解答的关键．
10．（3分）已知⊙O的半径为2cm，则⊙O最长的弦为 4 cm．
【分析】利用圆的直径为圆中最长的弦求解．
【解答】解：∵圆的直径为圆中最长的弦，
∴⊙O中最长的弦长为2×2＝6（cm）．
故答案为：4．
【点评】本题考查了圆的认识：熟练掌握与圆有关的概念（ 弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）．
11．（3分）用配方法解一元二次方程x2﹣6x＝1时，可将原方程配方成（x﹣m）2＝n，则m+n的值是 13 ．
【分析】根据配方法可以将题目中的方程变形，然后根据题意即可得到m和n的值，从而可以求得m+n的值．
【解答】解：∵x2﹣6x＝7，
∴x2﹣6x+4＝1+9，
∴（x﹣8）2＝10，
∴m＝3，n＝10，
∴m+n＝2+10＝13，
故答案为：13．
【点评】本题考查解一元二次方程﹣配方法，解答本题的关键是明确解一元二次方程的方法．
12．（3分）如图，A、B、C为⊙O上三点，若∠AOB＝140°则∠ACB度数为 70 °．
【分析】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可求得∠ACB的度数．
【解答】解：∵∠AOB＝140°，
∴∠ACB＝∠AOB＝70°．
故答案为：70．
【点评】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
13．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点B坐标（8，4），将OB绕点O逆时针旋转90°，得到OB'则点B′的坐标为 （﹣4，8） ．
【分析】分别过点B、B′向x轴作垂线，垂足分别为M、N．
（方法一）利用AAS证明Rt△OMB≌Rt△B′NO，根据对应边相等求解；
（方法二）利用直角形中，互余的两个角的三角函数之间的关系求解．
【解答】解：分别过点B、B′向x轴作垂线、N．
（方法一）∵∠BOB′＝90°，
∴∠BOM+∠B′ON＝90°．
又∵∠BOM+∠OBM＝90°，
∴∠B′ON＝∠OBM．
在Rt△OMB和Rt△B′NO中，
，
∴Rt△OMB≌Rt△B′NO（AAS），
∴B′N＝OM＝8，ON＝BM＝4，
∴点B′的坐标为（﹣4，8）．
（方法二）根据题意，得OB′＝OB＝＝．
sin∠BOM＝sin（90°﹣∠B′ON）＝cs∠B′ON＝＝＝，
cs∠BOM＝cs（90°﹣∠B′ON）＝sin∠B′ON＝＝＝．
∴ON＝OB′•cs∠B′ON＝4×＝8×＝8．
∴点B′的坐标为（﹣2，8）．
故答案为：（﹣4，7）．
【点评】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，利用图形之间长度与角的关系解题是本题的关键．
14．（3分）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点（3，0），对称轴为直线x＝1，则下列结论：①abc＜02+bx+c＝0的两个根是x1＝﹣1，x2＝3；③当x＜1时，y随着x的增大而增大 ①②③ （填写序号）．
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【解答】解：①图象开口向下，与y轴交于负半轴，能得到：ab＜0，则abc＜0；
②由抛物线轴对称性质知：抛物线与x轴的另一交点坐标为（﹣5，0）2+bx+c＝6的两个根是x1＝﹣1，x6＝3，故结论②正确；
③由函数图象知，当x＜1时，故结论③正确；
④由函数图象知：当x＝7时，y＞0，故结论④不正确．
故正确结论的序号是：①②③．
故答案为：①②③．
【点评】主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）用适当的方法解方程：x2﹣2x﹣8＝0．
【分析】先分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
【解答】解：x2﹣2x﹣8＝0，
（x﹣4）（x+3）＝0，
x﹣4＝6或x+2＝0，
所以原方程的解为：x6＝4，x2＝﹣8．
【点评】本题考查了解一元二次方程的应用，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键．
16．（5分）已知二次函数y＝ax2（a≠0）的图象经过点（2，﹣1），求该函数的解析式及对称轴．
【分析】把已知点的坐标代入y＝ax2中求出a，从而得到抛物线解析式，然后利用二次函数的性质得到对称轴．
【解答】解：把（2，﹣1）代入y＝ax6得4a＝﹣1，
解得a＝﹣，
所以抛物线解析式为y＝﹣x2，对称轴为y轴．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：顶点在原点的抛物线得对称轴为y轴，它的解析式的确定只需要一个点的坐标即可．
17．（5分）如图，在△ABD中，∠BAD＝90°，C点落在BD边上，若∠E＝17°求∠BAC的度数
【分析】先根据旋转的性质得到AB＝AC，∠D＝∠E＝17°，再利用互余计算出∠B＝73°，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠BAC的度数．
【解答】解：∵△ABD逆时针旋转后得到△ACE，C点落在BD边上，
∴AB＝AC，∠D＝∠E＝17°，
∵∠BAD＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠D＝73°，
∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠B＝73°，
∴∠BAC＝180°﹣73°﹣73°＝34°，
即∠BAC的度数为34°．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
18．（5分）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣（a+4）x+3经过点（2，﹣3）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）当1＜x＜5时，直接写出y的取值范围．
【分析】（1）把已知点的坐标代入y＝ax2﹣（a+4）x+3中求出a的值，从而得到抛物线解析式；
（2）利用配方法把一般式配成顶点式y＝（x﹣）2﹣，则根据二次函数的性质得到当x＝，y有最小值﹣，然后计算出自变量为1和5所对应的函数值，从而得到y的取值范围．
【解答】解：（1）把（2，﹣3）代入y＝ax5﹣（a+4）x+3得4a﹣2（a+4）+7＝﹣3，
解得a＝1，
所以抛物线解析式为y＝x2﹣5x+3；
（2）∵y＝（x﹣）2﹣，
∴当x＝，y有最小值﹣，
当x＝1时，y＝x2﹣4x+3＝1﹣7+3＝﹣1；
当x＝3时，y＝x2﹣5x+7＝25﹣25+3＝3；
∴当4＜x＜5时，y的取值范围为﹣．
【点评】本题考查了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．也考查了二次函数的性质和二次函数图象上点的坐标特征．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）如图，在6×6方格纸中，已知格点P和格点线段AC（顶点均在格点上），且点P在四边形内部（不包括边界上）．
（1）在图1中画出一个▱ABCD；
（2）在图2中画出一个四边形AECF，使得点P落在四边形某一边的中垂线上，且四边形中有且仅有两个内角为直角．
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理作图；
（2）根据线段的垂直平分线的性质作图．
【解答】解：（1）如图1：▱ABCD即为所求；
（2）如图2：四边形AECF即为所求．
【点评】本题考查了复杂作图，掌握特殊四边形的判定定理是解题的关键．
20．（7分）“筒车”是一种以水流作动力，取水灌田的工具，如图，已知圆心O始终在水面上方，且当圆被水面截得的弦AB为6米时（即水面下方部分圆上的一点距离水面的最大距离），求该圆的半径．
【分析】如图，作 OD⊥AB 于点E，交⊙O于点D，设圆的半径为r米，利用勾股定理构建方程求解即可．
【解答】解：如图，作 OD⊥AB 于点E．
∵OD⊥AB，
∴＝4米，
设圆的半径为r米，
∵AE2+OE2＝OA4，
∴32+（r﹣3）2＝r2，
∴7+r2﹣2r+6＝25，
解得r＝5，
∴该圆的半径为5米．
【点评】本题考查垂径定理，勾股定理等知识，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．
21．（7分）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，已知点A（﹣4，﹣2），B（﹣2，﹣6）．
（1）将△OAB向右平移4个单位长度得到△O1A1B1，请画出△O1A1B1；
（2）将△OAB绕点O顺时针旋转90°，画出所得的△OA2B2．
【分析】（1）根据平移的性质即可将△OAB向右平移4个单位长度得到△O1A1B1；
（2）根据旋转的性质即可将△OAB绕点O顺时针旋转90°，画出所得的△OA2B2．
【解答】解：（1）如图所示，△O1A1B8即为所求；
（2）如图所示，△OA2B2即为所求．
【点评】本题考查了作图﹣平移变换，旋转变换，解决本题的关键是掌握平移的性质和旋转的性质．
22．（7分）若二次函数的图象经过点A（﹣2，0），其对称轴为直线x＝1，与y轴交于点B．
（1）点C的坐标为 （4，0） ；
（2）将二次函数的图象向下平移5个单位长度，求平移后的二次函数的解析式．
【分析】（1）根据轴对称性质即可求得点C的坐标；
（2）运用待定系数法即可求得抛物线解析式，然后利用平移的规律求得平移后的二次函数的解析式．
【解答】解：（1）∵点C与点A（﹣2，0）关于直线x＝6对称，
∴C（4，0），
故答案为：（8，0）；
（2）把A（﹣2，6），0）代入，
解得：，
∴该二次函数的解析式为y＝x8﹣x﹣4，
∵y＝x2﹣x﹣4＝（x﹣1）2﹣
∴将二次函数的图象向下平移2个单位长度，则平移后的二次函数的解析式为y＝8﹣﹣3（x﹣6）2﹣．
【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式，轴对称性质，二次函数图象与几何变换，熟知待定系数法和平移的规律是解题的关键．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）如图，圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD交于点E，∠BAC＝∠ADB．
（1）求证DB平分∠ADC，并求∠BAD的大小；
（2）过点C作CF∥AD交AB的延长线于点F，若AC＝AD，BF＝2求此圆半径的长
【分析】（1）由圆周角定理得到∠BAC＝∠CDB，而∠BAC＝∠ADB，因此∠ADB＝∠CDB，得到BD平分∠ADC，由圆内接四边形的性质得到∠ABD+∠ADB＝90°，即可求出∠BAD＝90°；
（2）由垂径定理推出△ACD是等边三角形，得到∠ADC＝60°由BD⊥AC，得到∠BDC＝∠ADC＝30°，由平行线的性质求出∠F＝90°，由圆内接四边形的性质求出∠FBC＝∠ADC＝60°，得到BC＝2BF＝4，由直角三角形的性质得到BC＝BD，因为BD是圆的直径，即可得到圆半径的长是4．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠ADB，∠BAC＝∠CDB，
∴∠ADB＝∠CDB，
∴BD平分∠ADC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ABD+∠CBD+∠ADB+∠CDB＝180°，
∴2（∠ABD+∠ADB）＝180°，
∴∠ABD+∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝180°﹣90°＝90°；
（2）解：∵∠BAE+∠DAE＝90°，∠BAE＝∠ADE，
∴∠ADE+∠DAE＝90°，
∴∠AED＝90°，
∵∠BAD＝90°，
∴BD是圆的直径，
∴BD垂直平分AC，
∴AD＝CD，
∵AC＝AD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ADC＝60°
∵BD⊥AC，
∴∠BDC＝∠ADC＝30°，
∵CF∥AD，
∴∠F+∠BAD＝180°，
∴∠F＝90°，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∵∠FBC+∠ABC＝180°，
∴∠FBC＝∠ADC＝60°，
∴BC＝2BF＝4，
∵∠BCD＝90°，∠BDC＝30°，
∴BC＝BD，
∵BD是圆的直径，
∴圆的半径长是4．
【点评】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，关键是由圆内接四边形的性质得到∠ABD+∠ADB＝90°，由垂径定理推出△ACD是等边三角形．
24．（8分）阅读与理解：
图1是边长分别为a和b（a＞b）的两个等边三角形纸片ABC和C′DE叠放在一起（点C与点C′重合）的图形．
操作与证明：
（1）操作：固定△ABC，将△C′DE绕点C按顺时针方向旋转30°，连接AD，如图2，在图2中；
（2）操作：若将图1中的△C′DE，绕点C按顺时针方向任意旋转一个角度α，连接AD，如图3，在图3中；
猜想与发现：
根据上面的操作过程，请你猜想当α为多少度时，线段AD的长度最大，线段AD的长度最小，最小是多少？
​
【分析】（1）根据旋转的性质及等边三角形的性质，利用SAS判定△BCE≌△ACD，根据全等三角形的对应边相等，可得到BE＝AD．
（2）围绕证明△BCE≌△ACD，根据SAS寻找全等的条件，方法不变．
【解答】解：（1）BE＝AD．
证明：∵△C′DE绕点C按顺时针方向旋转30°，
∴∠BCE＝∠ACD＝30°，
∵△ABC与△C′DE是等边三角形，
∴CA＝CB，CE＝CD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD．
（2）BE＝AD．
∵△C′DE绕点C按顺时针方向旋转的角度为α，
∴∠BCE＝∠ACD＝α，
∵△ABC与△C′DE是等边三角形，
∴CA＝CB，CE＝CD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD．
猜想与发现：
当α为180°时，线段AD的长度最大；当α为0°（或360°）时，等于a﹣b．
【点评】此题主要考查学生对旋转的性质，等边三角形的性质及全等三角形的判定方法的综合运用能力．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点P从点A出发，以2cm/s的速度沿折线AB﹣BC向终点C运动，以相同的速度沿折线AD﹣DC向终点C运动，连接PQ，并截取QM＝QP，以PQ、QM为邻边作▱PQMN，设▱PQMN与菱形ABCD重叠部分图形的面积为y（cm2），点P的运动时间为x（s）（0＜x＜4）．
（1）当点N与点B重合时，x的值为 ；
（2）求PQ的长（用含x的代数式表示）；
（3）求y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
【分析】（1）当点N与点B重合时，可知x≤2，可证△APQ是等边三角形，则QM＝PN＝PQ＝x，即可得出答案；
（2）当0＜x≤2，由（1）知PQ＝AP＝2x，当2＜x＜4时，可知△CPQ是等边三角形，分别求PQ的长；
（3）当0＜x≤时，可知y等于四边形PQMN的面积；当时，设MN与BC的交点为E，y＝S▱PQMN﹣S△BNE，当2＜x＜4时，由图2可知y＝S▱PQMN﹣S△EPN，分别代入计算即可．
【解答】解：（1）当点N与点B重合时，可知x≤2，
∴AP＝AQ＝2x，
∵∠A＝60°，
∴△APQ是等边三角形，
∴QP＝3x，
∵四边形PNMQ是平行四边形，
∴QM＝PN＝PQ＝x，
∴3x+x＝4，
∴x＝，
故答案为：；
（2）当2＜x≤2，由（1）知PQ＝AP＝2x，
当2＜x＜4时，可知△CPQ是等边三角形，
∴PQ＝CP＝8﹣7x，
∴PQ＝；
（3）当0＜x≤时，可知y等于四边形PQMN的面积，
∴y＝x•＝，
当时，设MN与BC的交点为E，
由题意知：BN＝3x﹣8，△BNE为等边三角形，
∴y＝S▱PQMN﹣S△BNE＝﹣（3x﹣5）2＝，
当2＜x＜4时，由图7可知y＝S▱PQMN﹣S△EPN＝（4﹣x）5﹣＝，
综上y＝，
【点评】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，等边三角形的面积计算等知识，根据点N的位置运用分类讨论思想是解题的关键．
26．（10分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A（﹣1，0），B（0，﹣）x2+bx+c上，点C为该抛物线的顶点，点P为该抛物线上一点
（1）求该抛物线对应的函数关系式；
（2）连接BP，当BP⊥y轴时，顺次连接点A、B、C、P；
（3）当m＞0时，设该抛物线在点B与点P之间（包含点B和点P）的部分图象的最低点和最高点到x轴的距离分别为k、n，求m的取值范围．
【分析】（1）利用待定系数法可得抛物线的解析式；
（2）根据配方法可得抛物线的对称轴和顶点坐标，可得出BP＝4，再根据三角形的面积即可得到结论；
（3）根据图象可得当抛物线在点B与点P之间（包含点B和点P）的部分图象的最低点和最高点到x轴的距离k和n，根据k﹣n＝2建立关于m的方程，可分四种情况讨论．
【解答】解：（1）由题意得：，
解得：，
∴该抛物线对应的函数关系式为：y＝x2﹣4x﹣；
（2）由抛物线的表达式知，点C（2，﹣），
∵BP⊥y轴，
∴点B与点P关于直线x＝3对称，
∴BP＝4，
∴四边形ABCP的面积＝S△ABP+S△ABC＝4×+．
∴四边形ABCP的面积为3；
（3）①当0＜m＜2时，
则，，
∵k﹣n＝2，
∴，
解得：m7＝m2＝2 （舍去）；
②当7≤m≤4时，
则，，
∴k﹣n＝7，
∴m的取值范围为2≤m≤4；
③当6＜m＜5时，
则，，
∵k﹣n＝2，
∴，
解得：m1＝5 （舍去），m2＝4 （舍去）；
④当m≥4时，
则，，
∵k﹣n＝6，
∴，
解得：， （舍去）．
综上所述，m的取值范围为2≤m≤4或．
【点评】本题考查二次函数的综合题，用待定系数法求函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，轴对称的性质，利用分割法求四边形的面积等知识，运用了方程和分类讨论的思想．解题的关键是根据已知条件讨论点P的位置．