2023-2024学年浙江师大附中九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江师大附中九年级（上）期中数学试卷（含解析），共23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.如图，在△ABC中，点D在边AB上，过点D作DE/​/BC，交AC点E.若AD=2，BD=3，则AEAC的值是( )
A. 25
B. 12
C. 35
D. 23
2.下列函数的图象，一定经过原点的是( )
A. y=x2−1B. y=3x2−2xC. y=2x+1D. y=2x
3.如图，D是△ABC边AB上一点，添加一个条件后，仍不能使△ACD∽△ABC的是( )
A. ∠ACD=∠B
B. ∠ADC=∠ACB
C. ADAC=CDBC
D. AC2=AD⋅AB
4.如图，AB，AC是⊙O的弦，OB，OC是⊙O的半径，点P为OB上任意一点(点P不与点B重合)，连接CP，若∠BAC=75°，则∠BPC的度数可能是( )
A. 75°
B. 105°
C. 145°
D. 155°
5.将二次函数y=(x+1)2−2的图象向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度得到的二次函数解析式是
( )
A. y=(x−1)2−5B. y=(x−1)2+1C. y=(x+3)2+1D. y=(x+3)2−5
6.如果三点P1(1,y1)，P2(3,y2)和P3(4,y3)在抛物线y=−x2+6x+c的图象上，那么y1，y2与y3之间的大小关系是( )
A. y17.如图，抛物线y=ax2与直线y=bx+c的两个交点分别为A(−2,4)，B(1,1)，则关于x的方程ax2−bx−c=0的解为( )
A. x1=−4，x2=3
B. x1=−5，x2=2
C. x1=−2，x2=1
D. x1=−3，x2=2
8.如图，锐角三角形ABC中，点O为AB中点.甲、乙二人想在AC上找一点P，使得△ABP的外心为点O，其作法分别如下.对于甲、乙二人的作法，下列判断正确的是( )
A. 两人都正确B. 两人都错误C. 甲正确，乙错误D. 甲错误，乙正确
9.我们知道，五边形具有不稳定性，正五边形OABCD在平面直角坐标系中的位置如图1所示，A(−2,0)，固定边AO，将正五边形向右推，使点A，B，C共线，且点C落在y轴上，如图2所示，此时边OD旋转α度，则α的度数为( )
A. 12°B. 15°C. 20°D. 30°
10.如图1为一圆形纸片，A，B，C为圆周上三点，其中AC为直径，沿弦AB所在的直线翻折，交直径AC于点D，如图2所示，若AD=110°，则BC的度数为( )
A. 20°B. 35°C. 40°D. 70°
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.已知xy=25，则x+yy=______．
12.如图，在平行四边形ABCD中，E是DC的中点，连结BE交AC于点F，FC=3，则AF的长为______ ．
13.如图①，A，B表示某游乐场摩天轮上的两个轿厢.图②是其示意图，点O是圆心，半径r为15m，点A，B是圆上的两点，圆心角∠AOB=120°，则AB−的长为______ m.(结果保留π)
14.如图，抛物线y=−x2+2x+c与x轴相交于点A，B，与y轴相交于点C，点D在抛物线上，且CD//x轴，则CD的长为______ ．
15.某超市以每件10元的价格购进一种文具，销售该文具时，销售单价不低于进价且不高于21元.经过市场调查发现，该文具的每天销售数量y(件)与销售单价x(元)之间满足y=−2x+60，则销售该文具每天获得的最大利润是______ 元.
16.如图，在等腰△ABC中，AC=BC= 21，AB=6，点D为AB的中点，点M在AC上，且CM= 3，将CM绕点C在平面内旋转、点M的对应点为点N，连接AN，DN，当∠ADN=90°时，∠BAN的度数为______ ．
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)
已知二次函数y=x2−2x−3．
(1)求二次函数图象的顶点坐标及函数图象与x轴的交点坐标．
(2)在坐标系中画出图象，并结合图象直接写出当函数值y<0时，自变量x的取值范围．
18.(本小题8分)
如图，弦DB，EC的延长相交于圆外一点A，连结CD，BE．
(1)求证：△ACD∽△ABE；
(2)若AB=5，AC=6，AE=10，求AD的长．
19.(本小题8分)
已知，CD是△ABC的角平分线，以B为圆心，BD为半径画弧交CD于E．
(1)若∠BAC=40°，∠ACB=60°，求∠BEC的度数；
(2)若CEDE=43，BC=8，求AC的长．
20.(本小题10分)
如图，CD为⊙O的直径，CD⊥AB，垂足为点E，AB=BC，BC=2 3．
(1)求∠C的大小；
(2)求阴影部分的面积．
21.(本小题10分)
如图，抛物线y=−x2+mx与直线y=−x+b相交于点A(−2,0)和点B．
(1)求m和b的值；
(2)求点B的坐标，并结合图象写出不等式−x2+mx<−x+b的解集；
(3)点C是直线AB上的一个动点，将点C向右平移3个单位长度得到点D，若线段CD与抛物线只有一个公共点，直接写出点C的横坐标x0的取值范围．
22.(本小题12分)
根据以下素材，探索完成任务．
23.(本小题12分)
如图1，圆内换四边形ABCD的对角线AC，BD交于点E，∠AED=α．
(1)若∠α=90°，∠BAC=∠ADB，如图2所示．
①求∠BAD的大小；
②过点C作CF/​/AD交AB的延长线于点F，△ABE以点B为旋转中心，顺时针旋转，使△ABE与△CBF重合，且BF=2，求圆半径的长．
(2)若∠α=75°，BD=6，BE=1，圆的半径为 13，求AC的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵DE/​/BC，
∴AEAC=ADAB=ADAD+BD=22+3=25．
故选：A．
由DE/​/BC，利用平行线分线段成比例，可得出AEAC=ADAB，再代入AD=2，BD=3，AB=AD+BD，即可求出结论．
本题考查了平行线分线段成比例，牢记“平行于三角形一边的直线截其他两边(或两边的延长线)，所得的对应线段成比例”是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：把点(0,0)分别代入下列选项得
A、左边=0，右边=−1，左边≠右边，所以y=x2−1不经过原点；
B、左边=0，右边=0，左边=右边，所以y=3x2−2x经过原点；
C、左边=0，右边=1，左边≠右边，所以y=2x+1不经过原点；
D、左边=0，右边无意义，所以y=2x不经过原点．
故选：B．
原点坐标为(0,0)，所以应把原点坐标代入所给函数，适合的便一定经过原点．
本题考查一定经过某点的函数应适合这个点的横纵坐标．
3.【答案】C
【解析】解：A、当∠ACD=∠B时，再由∠A=∠A，可得出△ACD∽△ABC，故此选项不合题意；
B、当∠ADC=∠ACB时，再由∠A=∠A，可得出△ACD∽△ABC，故此选项不合题意；
C、当ADAC=CDBC时，无法得出△ACD∽△ABC，故此选项符合题意；
D、当AC2=AD⋅AB时，即ACAB=ADAC，再由∠A=∠A，可得出△ACD∽△ABC，故此选项不合题意；
故选：C．
直接利用相似三角形的判定方法分别分析得出答案．
此题主要考查了相似三角形的判定，正确掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
4.【答案】D
【解析】解：如图，连接BC，
∵∠BAC=75°，
∴∠BOC=2∠BAC=150°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=180°−150°2=15°，
∵点P为OB上任意一点(点P不与点B重合)，
∴0°<∠OCP<15°，
∵∠BPC=∠BOC+∠OCP=150°+∠OCP，
∴150°<∠BPC<165°，
∴∠BPC的度数可能是155°．
故选：D．
利用圆周角定理求得∠BOC的度数，然后利用三角形外角性质及等边对等角求得∠BPC的范围，继而得出答案．
本题考查圆周角定理与三角形外角性质的综合应用，结合已知条件求得∠BPC的范围是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：将二次函数y=(x+1)2−2的图象向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度得到的二次函数解析式是y=(x+1−2)2−2−3，即y=(x−1)2−5．
故选：A．
按照“左加右减，上加下减”的规律进而求出即可．
此题考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减．
6.【答案】A
【解析】解：∵抛物线y=−x2+6x+c的开口向下，对称轴是直线x=−b2a=3，
∴当x>3时，y随x的增大减小，P1(1,y1)关于称轴是直线x=3的对称点是(5,y1)，
∵3<4<5，
∴y2>y3>y1，
故选：A．
先求出抛物线的对称轴和开口方向，根据二次函数的性质比较即可．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质，能熟记二次函数的性质是解此题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：把B(1,1)代入y=ax2，
得a=1，
把A(−2,4)，B(1,1)代入y=bx+c，
得−2b+c=4b+c=1，
解得：b=−1c=2，
关于x的方程化为x2+x−2=0，
(x+2)(x−1)=0，
x1=−2，x2=1，
故选：C．
把B(1,1)代入y=ax2，求出a，把A(−2,4)，B(1,1)代入y=bx+c，求出b、c，再把a、b、c代入ax2−bx−c=0，解一元二次方程即可．
本题考查了抛物线与x轴的交点、一次函数及二次函数图象上点的坐标特征、解一元二次方程−因式分解法，熟练掌握这四个知识点的综合应用，其中一元二次方程解法的选择是解题关键．
8.【答案】A
【解析】解：甲的作法，
∵BP⊥AC，
∴∠APB=90°，
∵O是AB中点，
∴PO=12AB，
∴PO=AO=BO，
∴O是△PAB的外心，
∴甲的作法正确．
乙的作法，
由作法知：OA=OB=OP，
∴O是△PAB的外心，
∴乙的作法正确．
故选：A．
由三角形外心的性质：三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，即可判断．
本题考查三角形的外接圆与外心，关键是掌握三角形外心的性质．
9.【答案】A
【解析】解：图1中，∵正五边形OABC，
∴∠AOD=(5−2)×180°5=108°，
图2中，连接OB．
∵正五边形OABCD，
∴OA=AB=CB=CD=OD，
∵∠AOC=90°，
∴AB=OA，
∴OA=AB=CB=CD=OD=OB，
∴△AOB是等边三角形，四边形OBCD是菱形，
∴∠AOB=∠ABO=60°，
∵四边形OBCD是菱形，
∴BC/​/OD，
∴∠DOB=∠ABO=60°，
∴∠AOD=120°，
∴α=120°−108°=12°．
故选：A．
先利用正方形多边形的性质求出正五边形变形前∠AOD度数，再在变形后的图形中，连接OB.证明△AOB是等边三角形，四边形OBCD是菱形，利用等边三角形和菱形的性质求出变形后的∠AOD度数，然后用变形后∠AOD度数−变形前的∠AOD度数求解．
本题考查正多边的性质，多边形内角和定理，直角三角形的性质，等边三角形判定与性质，菱的判定与性质，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：如图2，设AB上的点D翻折前为点E，连接AE，
由折叠的性质得到：BE=BD，∠BAE=∠BAC，
∴BE=BC，
∴BE=BC=BD，
∵AC为直径，
∴AE+BE+BC=AD+BD+BC=AC，
即110°+2BC=180°，
∴BC=35°，
故选：B．
由折叠的性质和圆周角与弧的关系得到：BE=BC=BD，结合AC是圆的直径，即可求出BC的度数．
本题考查轴对称的性质，圆周角与弧的关系，解答本题的关键是由折叠的性质得到BE=BD．
11.【答案】75
【解析】解：∵xy=25，
∴可以假设x=2k，y=5k，
∴x+yy=2k+5k5k=75，
故答案为：75．
设x=2k，y=5k，代入式子化简求解即可．
本题考查比例的性质，解题的关键是掌握比例的性质，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
12.【答案】6
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，AB/​/CD，
∵E是DC的中点，
∴EC=12DC，
∴EC=12AB，
∵AB/​/CD，
∴△ABF∽△CEF，
∴ECAB=CFAF=12．
∴3AF=12，
∴AF=6．
先由平行四边形的性质得到AB=DC，AB/​/CD，从而得出EC=12AB，再证明△ABF∽△CEF，利用相似三角形的性质求解．
本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
13.【答案】10π
【解析】解：∵∠AOB=120°，⊙O半径r为15m，
∴AB的长=120π×15180=10π(m)．
故答案为：10π．
由弧长公式：l=nπr180(l是弧长，n是扇形圆心角的度数，r是扇形的半径长)，由此即可计算．
本题考查弧长的计算，关键是掌握弧长公式．
14.【答案】2
【解析】解：抛物线的对称轴为x=−b2a=−22×(−1)=1，
令x=0，则y=−x2+2x+c=c
故点C的坐标为(0,c)，
∵CD/​/x轴
∴点D(2,c)，
∴CD=2，
故答案为：2．
求出抛物线的对称轴x=−b2a=−22×(−1)=1，即可求解．
本题考查的是抛物线和x轴的交点，确定函数的对称轴是本题解题的关键．
15.【答案】200
【解析】解：设销售该文具每天获得的利润为w元，根据题意得：
w=(x−10)(−2x+60)
=−2x2+80x−600
=−2(x−20)2+200(10≤x≤21)，
∵−2<0，
∴当x=20时，w有最大值，且最大值为200，
∴当销售该文具每天获得的最大利润是200元．
故答案为：200．
设销售该文具每天获得的利润为w元，根据题意得出函数解析式即可解答．
本题主要考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
16.【答案】30°或60°
【解析】解：分两种情况：当CN在△ABC内部时，如图，连接CD，
∵AC=BC，点D为AB的中点，
∴CD⊥AB，
∵∠ADN=90°，
∴ND⊥AB，
∴点C、N、D三点共线，
∵点D为AB的中点，
∴AD=BD=12AB=12×6=3，
在Rt△BDC中，由勾股定理，得
CD= BC2−BD2= ( 21)2−32=2 3，
由旋转可得CN=CM= 3，
∴DN=CD−CN=2 3− 3= 3，
在Rt△ADN中，tan∠DAN=DNAD= 33，
∴∠DAN=30°，
即∠BAC=30°；
当CN在△ABC外部时，如图，连接CD，
同理点C、N、D三点共线，AD=3，CN=CM= 3，CD=2 3，
∴ND=CN+CD=2 3+ 3=3 3，
在Rt△ADN中，tan∠DAN=DNAD=3 33= 3，
∴∠DAN=60°，
即∠BAN=60°．
故答案为：30°或60°．
分两种情况：当CN在△ABC内部时，当CN在△ABC外部时，分别求解即可．
本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，正确记忆相关内容是解题关键．
17.【答案】解：(1)∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴二次函数图象的顶点坐标为(1,−4)，
当y=0时，x2−2x−3=0，
解得：x1=−1，x2=3，
∴二次函数图象与x轴交点坐标为(−1,0)或(3,0)；
(2)二次函数y=x2−2x−3图象的顶点坐标为(1,−4)，对称轴为直线x=1，
与x轴的交点坐标为(−1,0)或(3,0)，与y轴的交点坐标为(0,−3)，图象如下：

由图象可知：当y<0时，自变量x的取值范围为−1【解析】(1)利用配方法将二次函数解析式化为顶点式，即可得出顶点坐标，令y=0，可得x2−2x−3=0，解方程即可得出与x轴交点坐标；
(2)根据图象与x轴的交点坐标，可确定y<0时，x的取值范围．
本题考查了抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标与抛物线解析式的关系，抛物线的顶点式：y=a(x−h)2+k，顶点坐标为(h,k)，对称轴x=h.解题关键是根据数形结合的方法，判断取值范围．
18.【答案】(1)证明：∵∠D=∠E，∠A=∠A，
∴△ACD∽△ABE；
(2)解：∵△ACD∽△ABE，
∴ACAB=ADAE，
∵AB=5，AC=6，AE=10，
∴65=AD10
∴AD=12．
【解析】(1)根据圆周角定理可得∠D=∠E，再由∠A=∠A，即可证得△ACD∽△ABE；
(2)根据△ACD∽△ABE，可得ACAB=ADAE，即可求解．
本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
19.【答案】解：(1)∵CD是△ABC的角平分线，∠ACB=60°，
∴∠ACD=12∠ACB=30°，
∴∠BDE=∠A+∠ACD=40°+30°=70°，
∵以B为圆心，BD为半径画弧交CD于E．
∴BD=BE，
∴∠BED=∠BDE=70°，
∴∠BEC=180°−∠BED=110°．
(2)过点B作BF⊥CD于F，如图，

∵CD是△ABC的角平分线，∠ACB=60°，
∴∠BCD=∠ACD=12∠ACB=30°，
∵BF⊥CD，
∴∠BFD=90°，
∴BF=12BC=12×8=4，
∴CF= BC2−BF2= 82−42=4 3，
由(1)知：∠BED=∠BDE=70°，BD=BE，
∴∠DBE=40°，
∵∠ABC=180°−∠A−∠ACB=180°−40°−60°=80°，
∴∠CBE=∠ABC−∠DBE=40°，
∵BF⊥CD，BD=BE，
∴EF=DF，
∵CEDE=43，
设CE=4x，则DE=3x，CD=7x，
∴EF=1.5x，
∴CF=CE+EF=5.5x=4 3，
∴x=8 311，
∴CE=4x=32 311，CD=7x=5611 3，
∵∠BCD=∠ACD=12∠ACB=30°，∠CBE=∠A=40°，
∴△ACD∽△BCE，
∴ACBC=CDCE，
即AC8=56 31132 311，
∴AC=14．
【解析】(1)称由三角形角平分线求得∠ACD=30°，再由三角形外角性质得到∠BDE=∠A+∠ACD=70°，然后由BD=BE，得到∠BED=∠BDE=70°，即可由邻补角性质求解；
(2)过点B作BF⊥CD于F，利用直角三角形性质可得BF=12BC=4，由勾股定理可得CF=4 3，设CE=4x，则DE=3x，CD=7x，由等腰三角形性质可得EF=1.5x，则CF=CE+EF=5.5x=4 3，从而求得x=8 311，继而求得CE=4x=32 311，CD=7x=5611 3，然后证明△ACD∽△BCE，得ACBC=CDCE，代入即可求解．
本题考查直角三角形的性质，三角形内角和与外角的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理．熟练掌握相关性质和过点B作BF⊥CD于F，构造直角三角形是解题的关键．
20.【答案】解：(1)∵AB=BC，
∴AB=BC，
∵CD为⊙O的直径，CD⊥AB，
∴AE=BE，
∴AC=BC，
∴AC=BC=AB，∠BCD=12∠ACB，
∴∠ACB=60°，
∴∠BCD=30°；
(2)连接AC，

由(1)知：AB=BC=2 3，
∵CD为⊙O的直径，CD⊥AB，
∴BE=12AB= 3，
在Rt△BEC中，由勾股定理，得CE= BC −BE2=3，
∵OC=OB，
∴OE=CE−OC=CE−OB=3−OB，
在Rt△BEO中，由勾股定理，得(3−OB)2+( 3)2=OB2，
解得：OB=2，
∴OE=3−2=1，
由(1)知：∠ACB=60°，
∴∠AOB=2∠ACB=120°，
∴S阴影=S扇形−S△AOB=120π×22360−12×2 3×1=4π3− 3．
【解析】(1)先根据等弧所对弦相等得出AB=BC，再由垂径定理得出AE=BE，从而由线段垂直平分线定理得出AC=BC，即可得出AC=BC=AB，从而得到∠BCD=12∠ACB，由等边三角形性质得出∠ACB=60°，即可求解；
(2)由垂径定理得出BE=12AB= 3，由勾股定理，得CE= BC −BE2=3，再在Rt△BEO中，由勾股定理，求得OB=2，由圆周角定理得出∠AOB=2∠ACB=120°，最后由S阴影=S扇形−S△AOB求解．
此题考查垂径定理，勾股定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，三解形的面积，扇形面积．熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
21.【答案】解：(1)将点A(−2,0)代入y=−x2+mx得：0=−4−2m，
解得：m=−2，
将点A的坐标代入y=−x+b得：0=2+b，
解得b=−2；
故m=−2，b=−2．
(2)由(1)得，直线和抛物线的表达式分别为：y=−x−2，y=−x2−2x，
联立上述两个函数表达式得到，
y=−x−2y=−x2−2x，
解得x=1y=−3或x=−2y=0，
即点B的坐标为(1,−3)，
从图象看，不等式−x2+mx<−x+b 的解集为x<−2或x>1．
(3)当点C在线段AB上的点时，CD=3，
∵A、B的水平距离BM是3，如图，

故此时只有一个交点，即−2≤x0<1；
当点C点B右侧时，CD与抛物线没有公共点；
当点C在点A左侧时，当x0=−4时，抛物线和CD交于抛物线的顶点(−1,1)，即x0=−4时，线段CD与抛物线只有一个公共点，
综上所述，−2≤x0<1 或 x0=−4．
【解析】(1)利用待定系数法即可求解．
(2)求出点B的坐标为(−1,3)，再观察函数图象即可．
(3)分类讨论：当点C在线段AB上的点时，当点C点B右侧时，当点C在点A左侧时，分情况求解即可．
本题考查了二次函数综合应用，一次函数的图象及性质，二次函数的图象和性质等知识，数形结合和分类讨论思想解决问题是解题的关键．
22.【答案】解：任务一：∵OP=2.8m，
∴P(0,2.8)，
把P(0,2.8)代入y=a(x−1)2+3.2得：a+3.2=2.8，
解得：a=−0.4，
∴a的值是−0.4；
把P(0,2.8)代入y=−0.4x+b得2.8=b，
∴b的值是2.8．
任务二：∵OA=3m，CA=2m，
∴OC=5m，
∴C(5,0)，
在y=−0.4x+2.8中，令y=0得x=7，
在y=−0.4(x−1)2+3.2中，令y=0得x=−2 2+1(舍去)或x=2 2+1≈3.82，
∵|7−5|>|3.82−5|，
∴选择吊球方式，球的落地点到C点的距离更近．
【解析】任务一：先求出点P的坐标，再分别 代入一次函数与二次函数解析式计算即可求解；
任务二：在y=−0.4x+2.8中，令y=0得x=7，在y=−0.4(x−1)2+3.2中，令y=0可得x=−2 2+1(舍去)或x=2 2+1≈3.82，由|7−5|>|3.82−5|，即可得到答案．
本题考查一次函数，二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，求出一次函数和二次函数解析式，掌握函数图象上点坐标的特征．
23.【答案】解：(1)①∵∠α=90°，
∴∠ADB+∠DAE=90°，
∵∠BAC=∠ADB，
∴∠BAD=∠BAC+∠DAE=∠ADB+∠DAE=90°；
②∵△ABE与△CBF重合，
∴AB=CB，AE=CF，BE=BF=2，
∵∠α=90°，
∴AC⊥BD，
由①知∠BAD=90°，
∴BC是圆的直径，
∴AE=CE，
∴AC=AE+CE=2CF，
∴sin∠BAC=CFAC=12，
∴∠BAC=30°，
∴AB=2BE=4，∠ABD=60°，
∴∠ADB=30°，
∴BC=2AB=8，
∴圆半径的长为12BC=4；
(2)设圆心为O，连接OE，OA，OD，过点O作OM⊥BD于M，ON⊥AC于N，如图，

∵OM⊥BD，O为圆心，
∴MD=BM=12BD=12×6=3，
∴ME=BM−BE=3−1=2，
在Rt△OMD中，由勾股定理得：
OM= OD2−MD2= ( 13)2−32=2，
∴OM=ME，
∴∠OEM=∠MOE=45°，OE= 2OM=2 2，
∵ON⊥AC，
∴∠ONE=∠ONA=90°，AC=2AN，
∵∠OEN=∠AED−∠OEM=75°−45°=30°，
∴ON=12OE= 2，
在Rt△ONA中，由勾股定理得：
AN= OA2−ON2= ( 13)2−( 2)2= 11，
∴AC=2AN=2 11．
【解析】(1)①由∠α=90°，由∠ADB+∠DAE=90°，现把∠BAC=∠ADB代入即可求解；
②由△ABE与△CBF重合，得AB=CB，AE=CF，BE=BF=2，由①知∠BAD=90°，则BC是圆的直径，再求出∠BAC=30°，∠ADB=30°，利用直角三角形的性质求解即可；
(2)设圆心为O，连接OE，OA，OD，过点O作OM⊥BD于M，ON⊥AC于N，利用垂径定理求出MD=BM=3，从而求得ME=2，在Rt△OMD中，由勾股定理，得OM=2，从而得到OM=ME，即有等腰直角三角形OME，求得∠OEN=30°，可求得ON=12OE= 2，在Rt△ONA中，由勾股定理，得AN= 11，即可由垂径定理求解．
本题属于圆的综合题，主要考查三角形外角性质，垂径定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形的性质，解直角三角形．熟练掌握相关性质定理是解题的关键．甲的作法
过点B作与AC垂直的直线，
交AC于点P，则P即为所求
乙的作法
以O为圆心，OA长为半径画弧，
交AC于点P，则P即为所求
如何设计击球线路的方案
素材1
数学兴趣小组运用数学知识对羽毛球比赛进行技术分析，兴趣小组对击球线路进行探索，如图1，在平面直角坐标系中，点A，C在x轴上，球网AB与y轴的水平距离OA=3m，CA=2m，击球点P在y轴上，且OP=2.8m．
素材2
若选择点P扣球，如图2，羽毛球的飞行高度y(m)与水平距离x(m)近似满足一次函数关系y=−0.4x+b．
素材3
若选择点P吊球，如图2，羽毛球的飞行高度y(m)与水平距离x(m)近似满足二次函数关系y=a(x−1)2+3.2．
问题解决
任务1
确定关键数据
求a和b的值．
任务2
拟定设计方案
兴趣小组探索发现，上面两种击球方式均能使球过网.要使球的落地点到C点的距离更近，请通过计算判断应选择哪种击球方式．