浙江省温州市乐清市山海联盟2023—-2024学年上学期九年级期中数学试卷

这是一份浙江省温州市乐清市山海联盟2023—-2024学年上学期九年级期中数学试卷，共25页。试卷主要包含了下列事件中，属于必然事件的是，对于二次函数y＝等内容，欢迎下载使用。

1．下列事件中，属于必然事件的是（ ）
A．掷一枚硬币，正面朝下
B．三角形两边之和大于第三边
C．一个三角形三个内角的和小于180°
D．在一个装有黑球的盒子里，摸到红球
2．已知圆O的半径为5，同一平面内有一点P，且OP＝4，则点P与圆O的关系是（ ）
A．点P在圆内B．点P在圆外C．点P在圆上D．无法确定
3．对于二次函数y＝（x﹣1）2+3的图象，下列说法正确的是（ ）
A．开口向下B．对称轴是直线x＝﹣1
C．顶点坐标是（1，3）D．过点（0，3）
4．一只蜘蛛爬到如图所示的一面墙上，停留位置是随机的，则停留在阴影区域上的概率是（ ）
A．B．C．D．
5．将抛物线y＝x2向右平移1个单位，再向上平移2个单位，所得的新抛物线的表达式为（ ）
A．y＝（x+1）2+2B．y＝（x+2）2+1
C．y＝（x+2）2﹣1D．y＝（x﹣1）2+2
6．如图，△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，若∠A＝100°，∠D＝50°，则∠BOC的度数是（ ）更多优质支援请 嘉 威鑫 MXSJ663 更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663
A．30°B．35°C．45°D．60°
7．如图，D是等边△ABC外接圆上的点，且∠CAD＝20°，则∠ACD的度数为（ ）
A．20°B．30°C．40°D．45°
8．△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，以点C为圆心，CA为半径的圆与AB、BC分别交于点E、D，则AE的长为（ ）
A．B．C．D．
9．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分对应值列表如表：
则当0＜x＜5时，y的取值范围是（ ）
A．﹣8≤y＜7B．﹣8＜y＜7C．﹣9＜y＜7D．﹣9≤y＜7
10．已知点A，B，C在⊙O上，∠ABC＝30°，把劣弧沿着直线CB折叠交弦AB于点D．若BD＝9，AD＝6，则的长为（ ）
A．B．3πC．D．
二.填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分）
11．已知抛物线y＝ax2（a≠0）经过点（2，﹣8），则a＝ ．
12．已知，正n边形的一个内角为140°，则这个正n边形的边数是 ．
13．一个口袋中放有除颜色外，形状大小都相同的黑白两种球，黑球6个，白球10个，现在往袋中放入m个白球，使得摸到白球的概率为0.8，则m＝ ．
14．如图，边长为2的等边△ABC，将边BC不改变长度，变为得到以A为圆心，AB为半径的扇形ABC，则此扇形的面积为 ．
15．如图，小明以抛物线为灵感，在平面直角坐标系中设计了一款高OD为14的奖杯，杯体轴截面ABC是抛物线的一部分，则杯口的口径AC为 ．
16．如图，点P是线段AB上一动点（不包括端点），过点P作PQ⊥AB交以AB为直径的半圆O于点Q，连接AQ，过点P作PC∥AQ交该半圆于点C，连接CB．当△PCB是以PC为腰的等腰三角形时，为 ．
三.解答题（本题共有7小题，共66分.解答时需要写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣4，﹣2），B（﹣2，0），C（0，﹣3），△A1B1C是△ABC绕点C顺时针旋转90°后得到的图形．
（1）在所给的平面直角坐标系中画出△A1B1C，并写出A1，B1的坐标：A1（ ， ），B1（ ， ）；
（2）在旋转过程中，点B经过的路径长为 ．
18．如图，有3张分别印有第19届杭州亚运会的吉祥物的卡片：A宸宸、B琮琮、C莲莲．现将这3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，求下列事件发生的概率．
（1）第一次取出的卡片图案为“B琮琮”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张图案为“A宸宸”的概率．
19．如图，A是⊙O上一点，BC是直径，点D在⊙O上且平分．
（1）连接AD，求∠BAD的度数；
（2）若，AB＝8，求AC的长．
20．如图，抛物线过点A（2，0）和点B（0，4）．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）将该抛物线上的点M（m，p）向右平移至点N，当点N落在该抛物线上且位于第一象限时，求点M的横坐标m的取值范围；
21．如图，半圆ACB中，点D是的中点，点E在直径AB上，且AE＝AC，半径OD交CE于点F．
（1）求证：OF＝OE；
（2）若OF＝6，DF＝4，求CF的长．
22．已知，足球球门高2.44米，宽7.32米（如图1）在射门训练中，一球员接传球后射门，击球点A距离地面0.4米，即AB＝0.4米，球的运动路线是抛物线的一部分，当球的水平移动距离BC为6米时，球恰好到达最高点D，即CD＝4.4米．以直线BC为x轴，以直线AB为y轴建立平面直角坐标系（如图2）．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若足球恰好击中球门横梁，求该足球运动的水平距离；
（3）若要使球直接落在球门内，则该球员应后退m米后接球射门，击球点为A'（如图3），请直接写出m的取值范围．
23．二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于A（2，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C，顶点为E．
（1）求点E的坐标；
（2）如图①，D是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；
（3）如图②，P是该二次函数图象上的一个动点，连接OP，取OP中点Q，连接QC，QE，CE，当△CEQ的面积为12时，求点P的坐标．
参考答案
一.选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）
1．下列事件中，属于必然事件的是（ ）
A．掷一枚硬币，正面朝下
B．三角形两边之和大于第三边
C．一个三角形三个内角的和小于180°
D．在一个装有黑球的盒子里，摸到红球
【分析】根据事件发生的可能性大小判断．
解：A、掷一枚硬币，正面朝下，是随机事件，不符合题意；
B、三角形两边之和大于第三边，是必然事件，符合题意；
C、一个三角形三个内角的和小于180°，是不可能事件，不符合题意；
D、在一个装有黑球的盒子里，摸到红球，是不可能事件，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
2．已知圆O的半径为5，同一平面内有一点P，且OP＝4，则点P与圆O的关系是（ ）
A．点P在圆内B．点P在圆外C．点P在圆上D．无法确定
【分析】根据题意：OP＝4＜r，进行判断即可．
解：设圆的半径为r，
由题意得：OP＝4＜r＝5，
∴点P与圆O的关系是：点P在圆内．
故选：A．
【点评】本题考查点与圆的位置关系．熟练掌握利用点到圆心的距离与半径的大小关系，来判断点与圆的位置关系是解题的关键．
3．对于二次函数y＝（x﹣1）2+3的图象，下列说法正确的是（ ）
A．开口向下B．对称轴是直线x＝﹣1
C．顶点坐标是（1，3）D．过点（0，3）
【分析】由抛物线解析式可求得其开口方向、对称轴、顶点坐标及最小值，则可得出答案．
解：∵二次函数y＝（x﹣1）2+3，
∴a＝1＞0，开口向上，故A不符合题意；
图象对称轴是直线x＝1，故B不符合题意；
图象顶点坐标为（1，3），故C符合题意；
当x＝0时，y＝1+3＝4≠3，故D不符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y＝a（x﹣h）2+k中，顶点坐标为（h，k），对称轴为x＝h．
4．一只蜘蛛爬到如图所示的一面墙上，停留位置是随机的，则停留在阴影区域上的概率是（ ）
A．B．C．D．
【分析】设每小格的面积为1，易得整个方砖的面积为9，阴影区域的面积3，然后根据概率的定义计算即可．
解：设每小格的面积为1，
∴整个方砖的面积为9，
阴影区域的面积为3，
∴最终停在阴影区域上的概率为：．
故选：C．
【点评】本题考查了求几何概率的方法：先利用几何性质求出整个几何图形的面积n，再计算出其中某个区域的几何图形的面积m，然后根据概率的定义计算出落在这个几何区域的事件的概率＝．
5．将抛物线y＝x2向右平移1个单位，再向上平移2个单位，所得的新抛物线的表达式为（ ）
A．y＝（x+1）2+2B．y＝（x+2）2+1
C．y＝（x+2）2﹣1D．y＝（x﹣1）2+2
【分析】根据二次函数图象“左加右减，上加下减”的平移规律进行求解．
解：将抛物线y＝x2向右平移1个单位，再向上平移2个单位，所得的新抛物线的表达式为：y＝（x﹣1）2+2．
故选：D．
【点评】此题主要考查的是二次函数图象与几何变换，用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式．
6．如图，△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，若∠A＝100°，∠D＝50°，则∠BOC的度数是（ ）
A．30°B．35°C．45°D．60°
【分析】由旋转的性质可得∠D＝∠B＝50°，∠AOC＝65°，由三角形内角和可求∠AOB＝30°，即可求∠BOC的度数．
解：∵△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，
∴∠D＝∠B＝50°，∠AOC＝65°，
∵∠A＝100°，∠B＝50°
∴∠AOB＝30°
∴∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝35°
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
7．如图，D是等边△ABC外接圆上的点，且∠CAD＝20°，则∠ACD的度数为（ ）
A．20°B．30°C．40°D．45°
【分析】根据等边三角形的性质得到∠ABC＝60°，根据圆内接四边形的性质求出∠ADC，再根据三角形内角和定理求出∠ACD．
解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝120°，
∴∠ACD＝180°﹣∠ADC﹣∠ACD＝40°，
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆内接四边形的性质、等边三角形的性质以及三角形内角和定理是解题的关键．
8．△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，以点C为圆心，CA为半径的圆与AB、BC分别交于点E、D，则AE的长为（ ）
A．B．C．D．
【分析】在Rt△ABC中，由勾股定理可直接求得AB的长；过C作CM⊥AB，交AB于点M，由垂径定理可得M为AE的中点，在Rt△ACM中，根据勾股定理得AM的长，从而得到AE的长．
解：在Rt△ABC中，
∵AC＝3，BC＝4，
∴AB＝＝5．
过C作CM⊥AB，交AB于点M，如图所示，
由垂径定理可得M为AE的中点，
∵S△ABC＝AC•BC＝AB•CM，且AC＝3，BC＝4，AB＝5，
∴CM＝，
在Rt△ACM中，根据勾股定理得：AC2＝AM2+CM2，即9＝AM2+（）2，
解得：AM＝，
∴AE＝2AM＝．
故选：C．
【点评】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
9．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分对应值列表如表：
则当0＜x＜5时，y的取值范围是（ ）
A．﹣8≤y＜7B．﹣8＜y＜7C．﹣9＜y＜7D．﹣9≤y＜7
【分析】首先根据表格确定二次函数的对称轴及顶点坐标，然后结合表格即可求解．
解：根据表格知二次函数的对称轴为直线x＝1，顶点坐标为（1，﹣9），
∴当0＜x＜5时，y的取值范围是﹣9≤y＜7．
故选：D．
【点评】此题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是根据表格确定对称轴及顶点坐标．
10．已知点A，B，C在⊙O上，∠ABC＝30°，把劣弧沿着直线CB折叠交弦AB于点D．若BD＝9，AD＝6，则的长为（ ）
A．B．3πC．D．
【分析】取点D在⊙O上的对应点E，连接OA、OC、CE、BE、CD、AC，过C点作CF⊥AD于F点，根据四边形ABEC内接于⊙O，有∠A+∠E＝180°，根据折叠的性质有：∠BEC＝∠BDC，可证明∠A＝∠ADC，即△ACD是等腰三角形，则有AF＝FD＝AD＝3，进而有BF＝BD+DF＝12，再解直角三角形求得CF，然后利用勾股定理求得AC，易证得△AOC是等边三角形，得到OA＝OC＝AC＝，然后利用弧长公式求得即可．
解：取点D在⊙O上的对应点E，连接OA、OC、CE、BE、CD、AC，过C点作CF⊥AD于F点，如图，
∵四边形ABEC内接于⊙O，
∴∠A+∠E＝180°，
∵点D在⊙O上的对应点为点E，
∴根据折叠的性质有：∠BEC＝∠BDC，
∵∠BDC+∠CDA＝180°，
∴∠E+∠CDA＝180°，
∵∠A+∠E＝180°，
∴∠A＝∠ADC，
∴△ACD是等腰三角形，
∵CF⊥AD，AD＝6，
∴AF＝FD＝AD＝3，
∵BD＝9，
∴BF＝BD+DF＝12，
∵CF⊥AD，
∴△CFB是直角三角形，
∵∠ABC＝30°，
在Rt△CFB中，CF＝BF＝4，
在Rt△AFC中，AC＝＝＝，
∵∠ABC＝30°，
∴∠AOC＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴OA＝OC＝AC＝，
∴的长为：＝．
故选：C．
【点评】本题考查了圆中折叠的问题，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理等知识，作出辅助线，根据圆的内接四边形的性质得到∠A＝∠ADC是解答本题的关键．
二.填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分）
11．已知抛物线y＝ax2（a≠0）经过点（2，﹣8），则a＝ ﹣2． ．
【分析】把点（2，﹣8）代入y＝ax2（a≠0）即可求得．
解：∵抛物线y＝ax2（a≠0）经过点（2，﹣8），
∴﹣8＝4a，
∴a＝﹣2，
故答案为：﹣2
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，图象上点的坐标适合解析式．
12．已知，正n边形的一个内角为140°，则这个正n边形的边数是 9 ．
【分析】根据多边形每个内角与其相邻的外角互补，则正n边形的每个外角的度数＝180°﹣140°＝40°，然后根据多边形的外角和为360°即可得到n的值．
解：∵正n边形的每个内角都是140°，
∴正n边形的每个外角的度数＝180°﹣140°＝40°，
∴n＝360÷40＝9．
故答案为：9．
【点评】本题考查了多边形内角与外角的关系及多边形的外角和定理，用到的知识点：
多边形每个内角与其相邻的外角互补；多边形的外角和为360°．
13．一个口袋中放有除颜色外，形状大小都相同的黑白两种球，黑球6个，白球10个，现在往袋中放入m个白球，使得摸到白球的概率为0.8，则m＝ 14 ．
【分析】根据概率公式列出方程，即可求出答案．
解：由题意得，
，
解得m＝14，
经检验，m＝14是原分式方程的根，
故答案为：14．
【点评】本题主要考查了概率公式，解题的关键是根据概率公式正确列出方程．
14．如图，边长为2的等边△ABC，将边BC不改变长度，变为得到以A为圆心，AB为半径的扇形ABC，则此扇形的面积为 2 ．
【分析】根据S扇形＝r，代入计算即可．
解：∵S扇形＝lr，l＝2，r＝2，
∴S扇形＝＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查扇形的面积公式，记住S扇形＝lr＝（n是圆心角，r是半径，l是弧长），属于中考常考题型．
15．如图，小明以抛物线为灵感，在平面直角坐标系中设计了一款高OD为14的奖杯，杯体轴截面ABC是抛物线的一部分，则杯口的口径AC为 9 ．
【分析】利用待定系数法求出A、C的坐标，可求答案．
解：∵OD为14，
∴令14＝x2+5，
解得x＝±，
∴A（﹣，14），C（，14），
∴AC＝﹣（﹣）＝9，
故答案为：9．
【点评】本题是关于二次函数应用题，主要考查了二次函数图象和性质，待定系数法，熟练掌握用待定系数法求点的坐标是解题的关键．
16．如图，点P是线段AB上一动点（不包括端点），过点P作PQ⊥AB交以AB为直径的半圆O于点Q，连接AQ，过点P作PC∥AQ交该半圆于点C，连接CB．当△PCB是以PC为腰的等腰三角形时，为 或 ．
【分析】分两种情况：①PC＝BC时，过点C作CT⊥AB于T，则CT∥PQ，根据等腰三角形的性质得CT平分∠PCB，PT＝BT，根据平行线的性质得∠AQP＝∠QPC＝∠PCT＝∠BCT，∠A＝∠CPB＝∠B，由圆周角、弧、弦的关系得＝，可得＝，则AQ＝BC，证明△APQ＝△BTC（AAS），根据全等三角形的性质得AP＝BT，可得AP＝PT＝BT，即可求解；②PC＝PB时，连接AC，根据等角的余角相等可得∠CAB＝∠PCA，则PC＝PA＝PB，即可求解．
解：①PC＝BC时，过点C作CT⊥AB于T，
∵PQ⊥AB，
∴CT∥PQ，
∴∠QPC＝∠TCP，
∵PC∥AQ，
∴∠QPC＝∠AQP，∠A＝∠CPB，
∵PC＝BC，CT⊥AB，
∴CT平分∠PCB，PT＝BT，∠PCT＝∠BCT，
∴∠AQP＝∠QPC＝∠PCT＝∠BCT，∠A＝∠CPB＝∠B，
∵∠A＝∠B，
∴＝
∴＝，
∴AQ＝BC，
在△APQ和△BTC中，
，
∴△APQ＝△BTC（AAS），
∴AP＝BT，
∵PT＝BT，
∴AP＝PT＝BT，
∴＝；
②PC＝PB时，连接AC，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝∠PCA+∠PCB＝90°，
∴∠CAB+∠B＝90°，
∵PC＝PB，
∴∠B＝∠PCB，
∴∠CAB＝∠PCA，
∴PA＝PC，
∴PC＝PA＝PB，
∴＝．
综上所述，的值为或，
故答案为：或．
【点评】此题主要考查等腰三角形的性质，与圆有关的性质，三角形全等，平行线的性质等知识，熟练掌握等腰三角形的性质，分类求解是解题的关键．
三.解答题（本题共有7小题，共66分.解答时需要写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣4，﹣2），B（﹣2，0），C（0，﹣3），△A1B1C是△ABC绕点C顺时针旋转90°后得到的图形．
（1）在所给的平面直角坐标系中画出△A1B1C，并写出A1，B1的坐标：A1（ 1 ， 1 ），B1（ 3 ， ﹣1 ）；
（2）在旋转过程中，点B经过的路径长为 ．
【分析】（1）根据旋转的性质作图，即可得出答案．
（2）利用勾股定理求出BC的长，再利用弧长公式计算即可．
解：（1）如图，△A1B1C即为所求．
由图可得，A1（1，1），B1（3，﹣1）．
故答案为：1；1；3；﹣1．
（2）由勾股定理得，BC＝＝，
∴点B经过的路径长为＝．
故答案为：．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换、弧长公式，熟练掌握旋转的性质、弧长公式是解答本题的关键．
18．如图，有3张分别印有第19届杭州亚运会的吉祥物的卡片：A宸宸、B琮琮、C莲莲．现将这3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，求下列事件发生的概率．
（1）第一次取出的卡片图案为“B琮琮”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张图案为“A宸宸”的概率．
【分析】（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取出的2张卡片中至少有1张图案为“A宸宸”的结果数，再利用概率公式可得出答案．
解：（1）由题意得，第一次取出的卡片图案为“B琮琮”的概率为．
故答案为：．
（2）列表如下：
共有9种等可能的结果，其中取出的2张卡片中至少有1张图案为“A宸宸”的结果有：（A，A），（A，B），（A，C），（B，A），（C，A），共5种，
∴取出的2张卡片中至少有1张图案为“A宸宸”的概率为．
【点评】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．
19．如图，A是⊙O上一点，BC是直径，点D在⊙O上且平分．
（1）连接AD，求∠BAD的度数；
（2）若，AB＝8，求AC的长．
【分析】（1）根据BC为⊙O的直径，求出∠BDC＝90°，再根据D是的中点，求出∠BAD的度数；
（2）连接OC，则∠AOC＝2∠ABC＝60°，求出CO的长，即可求出的长度．
解：（1）∵BC是直径
∴∠BAC＝∠BDC＝90°，
∵点D在⊙O上且平分，
∴＝，
∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝45°；
（2）∵＝，
∴BD＝CD＝5，
∵∠BDC＝90°，
∴BC＝CD＝10，
∵AB＝8，∠BAC＝∠BDC＝90°，
∴AC＝＝6．
【点评】本题考查了勾股定理，圆周角定理，根掌握圆周角定理是解题的关键．
20．如图，抛物线过点A（2，0）和点B（0，4）．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）将该抛物线上的点M（m，p）向右平移至点N，当点N落在该抛物线上且位于第一象限时，求点M的横坐标m的取值范围；
【分析】（1）利用待定系数法求得即可；
（2）求出A、B与N点重合时m的值，可得答案．
解：（1）∵抛物线过点A（2，0）和点B（0，4），
∴，
解得，
∴该抛物线的函数表达式为；
（2）抛物线的对称轴为直线 ，
∵点M（m，p）向右平移至点N落在该抛物线上且位于第一象限，
结合第一象限函数图象，利用临界点A，B分类讨论：
①当点N落在点B时，由对称性可知，m＝﹣2，
①当点N落在点A时，由对称性可知，m＝﹣4，
∴点M的横坐标m的取值范围为﹣4＜m＜﹣2．
【点评】本题考查了二次函数的待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象点的坐标特征，关键是利用对称性和数形结合解决问题．
21．如图，半圆ACB中，点D是的中点，点E在直径AB上，且AE＝AC，半径OD交CE于点F．
（1）求证：OF＝OE；
（2）若OF＝6，DF＝4，求CF的长．
【分析】（1）连接BC，交OD于点G，根据圆周角定理得∠ACB＝90°，根据垂径定理得OD⊥BC，所以OD∥AC，所以∠OFE＝∠ACE，再根据∠OEF＝∠ACE，所以∠OFE＝∠OEF，即可得出结论；
（2）根据勾股定理求出BC＝12，OG＝8，所以FG＝OG﹣OF＝2，所以．
【解答】（1）证明：如图，连接BC，交OD于点G，
∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∵D是 的中点，OD是半径，
∴OD⊥BC，
∴OD∥AC，
∴∠OFE＝∠ACE，
∵AE＝AC，
∴∠OEF＝∠ACE，
∴∠OFE＝∠OEF，
∴OF＝OE；
（2）解：∵OF＝6，DF＝4，
∴OE＝OF＝6，OA＝OB＝OD＝OF+DF＝10，
∴AC＝AE＝AO+OE＝16，AB＝20，
在Rt△ACB 中，，
∵OD是半径且OD⊥BC，
∴BG＝CG＝6，
在 Rt△OBG 中，，
∴FG＝OG﹣OF＝2，
∴在 Rt△CFG中，．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，垂径定理和勾股定理，正确的作出辅助线和熟练掌握这些定理是解题的关键．
22．已知，足球球门高2.44米，宽7.32米（如图1）在射门训练中，一球员接传球后射门，击球点A距离地面0.4米，即AB＝0.4米，球的运动路线是抛物线的一部分，当球的水平移动距离BC为6米时，球恰好到达最高点D，即CD＝4.4米．以直线BC为x轴，以直线AB为y轴建立平面直角坐标系（如图2）．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若足球恰好击中球门横梁，求该足球运动的水平距离；
（3）若要使球直接落在球门内，则该球员应后退m米后接球射门，击球点为A'（如图3），请直接写出m的取值范围．
【分析】（1）根据条件可以得到抛物线的顶点坐标是（6，4.4），利用待定系数法即可求得函数的解析式；
（2）求出当y＝2.44时，x的值，取正；
（3）先求出y＝0时，x的值，取正，减去恰好击中球门横梁时，足球的水平距离．
解：（1）抛物线的顶点坐标是（6，4.4），
设抛物线的解析式是：y＝a（x﹣6）2+4.4，
把（0，0.4）代入得36a+4.4＝0.4，
解得a＝﹣，
则抛物线是y＝﹣（x﹣6）2+4.4；
（2）∵球门高为2.44米，即y＝2.44，
则有2.44＝﹣（x﹣6）2+4.4，
解得：x1＝10.2，x2＝1.8，
从题干图2中，发现球门在CD右边，
∴x＝10.2，
即足球运动的水平距离是10.2米；
（3）不后退时，刚好击中横梁，
∴往后退，则球可以进入球门，
而当球落地时，球刚好在门口，是一个临界值，
当y＝0时，
有0＝﹣（x﹣6）2+4.4，
解得：x1＝6+，x2＝6﹣，
取正值，x＝6+，
∴后退的距离需小于6+﹣10.2＝（﹣4.2）米
故0＜m＜﹣4.2．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，以及二次函数的应用，正确求得解析式是关键．
23．二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于A（2，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C，顶点为E．
（1）求点E的坐标；
（2）如图①，D是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；
（3）如图②，P是该二次函数图象上的一个动点，连接OP，取OP中点Q，连接QC，QE，CE，当△CEQ的面积为12时，求点P的坐标．
【分析】（1）将A（2，0），B（6，0）代入y＝ax2+bx+3，即可得解析式，配成顶点式得E坐标；
（2）连接CB，CD，设D（4，m），BD的垂直平分线恰好经过点C，可得CD＝BC，据此列出方程即可求解；
（3）设CQ交抛物线的对称轴于点M，设P（n，，则，，设直线CQ的解析式为y＝kx+3，则，解得 求出M（4，，，由面积公式可求出n的值，则可得出答案．
解：（1）将A（2，0），B（6，0）代入y＝ax2+bx+3得：
，
解得，
∴二次函数的解析式为，
∵，
∴顶点坐标E（4，﹣1）；
（2）如图1.1，图1.2，连接CB，CD，由点C在线段BD的垂直平分线CN上，得CB＝CD．
设D（4，m），
∵C（0，3），由勾股定理可得：
42+（m﹣3）2＝62+32，
解得 ，
∴满足条件的点D的坐标为（ 或（ ；
（3）如图2，设CQ交抛物线的对称轴于点M，
设P（n，），则Q（n，），
设直线CQ的解析式为y＝kx+3，则＝nk+3，
解得：k＝n﹣2﹣，
∴CQ：y＝（）x+3，
当x＝4时，y＝4（）+3＝n﹣5﹣，
∴M（4，），ME＝n﹣4﹣，
∴S△CQE＝S△CEM+S△QEM＝×n•（n﹣4﹣）＝12，
∴n2﹣4n﹣60＝0，
解得n＝10或n＝﹣6，
当 n＝10 时，P（10，8），当 n＝﹣6 时，P（﹣6，24）．
综合以上可得，满足条件的点P的坐标为（10，8）或（﹣6，24）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图象与性质，垂直平分线的性质，勾股定理，三角形的面积，熟练掌握二次函数的性质及方程思想是解题的关键．x
…
﹣1
0
1
3
5
…
y
…
﹣5
﹣8
﹣9
﹣5
7
…
x
…
﹣1
0
1
3
5
…
y
…
﹣5
﹣8
﹣9
﹣5
7
…
A
B
C
A
（A，A）
（A，B）
（A，C）
B
（B，A）
（B，B）
（B，C）
C
（C，A）
（C，B）
（C，C）