2023-2024学年湖北省武汉市江夏区光谷实验中学九年级（上）适应性数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市江夏区光谷实验中学九年级（上）适应性数学试卷（12月份）（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.“水中捞月”这个事件是( )
A. 随机事件B. 确定性事件C. 必然事件D. 不可能事件
2.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.解一元二次方程x2−2x−5=0，配方后正确的是( )
A. (x−1)2=3B. (x−1)2=4C. (x−1)2=6D. (x−2)2=8
4.已知一元二次方程x2+3x−1=0的两根分别为m，n，则mn−m−n的值是( )
A. 4B. 2C. −2D. −4
5.在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=4cm，AC=3cm，点D为AB的中点，以点C为圆心，以3cm长为半径作圆，则点D与⊙C的位置关系是( )
A. 点D在⊙C外B. 点D在⊙C上C. 点D在⊙C内D. 不能确定
6.某种商品原来每件售价为150元，经过连续两次降价后，该种商品每件售价为96元，设平均每次降价的百分率为x，根据题意，所列方程正确的是( )
A. 150(1−x2)=96B. 150(1−x)=96
C. 150(1−x)2=96D. 150(1−2x)=96
7.如图，在平面直角坐标系中，边长为2 3的正三角形ABC的中心与原点O重合，AB/​/x轴，交y轴于点P.将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为( )
A. (−1,− 3)B. (− 3,−1)C. (1,− 3)D. (1, 3)
8.如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，PA= 3，∠APB=60°，则AB的长为( )
A. 13π
B. 23π
C. 2 33π
D. 43π
9.如图，直线BC与⊙A相切于点C，过B作CB的垂线交⊙O于D，E两点，已知AC=b2，CB=a，则以BE，BD的长为两根的一元二次方程是( )
A. x2+bx+a2=0
B. x2−bx+a2=0
C. x2+bx−a2=0
D. x2−bx−a2=0
10.关于x的方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实根x1、x2，若x2=2x1，则4b−9ac的最大值是( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.在平面直角坐标系中，点P(−5,2)关于x轴的对称点的坐标是______．
12.1275年，我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除算法》中提出这样一个问题：直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步．问阔及长各几步．意思是：矩形面积864平方步，宽比长少12步，问宽和长各几步．若设长为x步，则可列方程为 ．
13.假定鸟卵孵化后，雏鸟为雌鸟与雄鸟的概率相同，如果3枚鸟卵全部成功孵化，那么3只雏鸟中恰有2只雄鸟的概率是______ ．
14.已知O是△ABC的外心，∠BOC+∠A=210°，则∠A的大小是______．
15.二次函数y=ax2+bx+c(a、b、c为常数)的图象对称轴为直线x=1，部分x与y对应值如表：
当m>3时，下列结论中一定正确的是______ .(填序号即可)
①b<0；
②abc<12；
③抛物线y=ax2+bx+c+1与x轴的交点横坐标分别为0和2；
④当n≤2时，(m+1)(n+1)的值始终不会超过30．
16.如图，E是边长为3的等边△ABC内一动点，且满足AE2=BE2+CE2，点E在△ABC内运动的过程中BE2+CE2的最小值为______ ．
三、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
若关于x的一元二次方程x2−bx+2=0有一个根是x=1，求b的值及方程的另一个根．
18.(本小题8分)
已知：如图，点A、B、C、D是⊙O上四点，且AB=CD．
求证：△ABC≌△DCB．
19.(本小题8分)
一个不透明的盒子中有四个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4．
(1)从盒子中随机摸出一个小球，其标号是奇数的概率是______ ；
(2)先从盒子中随机摸出一个小球，再从余下的3个小球中随机摸出一个小球，请用列表法或树状图法求两次摸出的小球标号的和大于4的概率；
(3)先从盒子中随机模出一个小球然后放回，再随机摸出一个小球，请直接写出两次摸出的小球标号的和小于5的概率是______ ．
20.(本小题8分)
如图，在⊙O中，弦AB=弦AC，点P在AB上.
(1)求证：AP平分∠CPE；
(2)若AB⊥PC交PC于点M，PM=2.4，CM=5，求AB的长．
21.(本小题8分)
如图，在由正方形组成的7×7的网格中，每个小正方形的顶点称为格点，A，B，C三点均为格点，⊙O经过点C，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图．
(1)如图(1)，若点O是格点，作弦CD，使CD/​/AB，再作劣弧CD的中点E；
(2)如图(2)，若点O不在网格线上，先将AB绕点C顺时针旋转90°得到线段MN(点M与点A对应)，MN与⊙O交于点P，再在AB上画点Q，使BQ=NP．
22.(本小题10分)
一场篮球赛中，小明跳起投篮，已知球出手时离地面高209米，与篮圈中心的水平距离为8米，当球出手后水平距离为4米时到达最大高度4米，设篮球运行的轨迹为抛物线，篮圈中心距离地面3米．
(1)按如图所示建立的平面直角坐标系，求抛物线的解析式；
(2)小明的这次投篮未能命中篮圈中心，请说明理由；
(3)假设出手的角度和力度都不变，请直接回答：小明应该向前走或向后退多少米才能命中篮圈中心？
23.(本小题10分)
问题背景
如图1，在等腰Rt△ABC和等腰Rt△CDE中，AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=90°，求证：AE=BD．
尝试应用
如图2，在等腰Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点E是AC边上一点，点F是BE上一点，若∠CFE=45°，EF=3，△ABE面积为14，求BF的长．
拓展创新
M是平面内一点，∠ACB=90°，AC=BC，若∠AMC=45°，AM=5，CM=2 2，请你直接写出MB的长______ ．
24.(本小题12分)
已知二次函数y=ax2−5ax+4其图象与x轴交于A，B两点(A在B的左侧)，且点B(4,0)．

(1)求这个二次函数的解析式；
(2)如图1，已知C(−3,0)将线段CB平移至线段MN(点C，B的对应点分别为N，M)，使点M，N都在抛物线上.试判断直线l：y=2kx−3k+5是否将四边形BCNM分成面积相等的两部分，请说明理由；
(3)如图2，若直线y=3x+m与抛物线交于P，Q两点，求证：△PAQ的内心在x轴上．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：“水中捞月”这个事件是不可能事件，
故选：D．
根据事件发生的可能性大小判断即可．
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.【答案】C
【解析】解：A.该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C.该图形既是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意；
D.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
根据轴对称：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与自身重合，对选项进行分析，即可得出答案．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；判断中心对称图形的关键是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3.【答案】C
【解析】解：移项得，x2−2x=5，
方程两边同时加1得，x2−2x+1=5+1，
即(x−1)2=6，
故选：C．
先移项，方程两边同时加上一次项系数一半的平方即可．
本题考查的是解一元二次方程−配方法，熟知用配方法解一元二次方程的步骤是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵一元二次方程x2+3x−1=0的两根为m，n，
∴m+n=−3，mn=−1，
∴mn−m−n=mn−(m+n)=−1+3=2．
故选：B．
利用一元二次方程的根与系数的关系得出m+n=−3，mn=−1，然后将mn−m−n变形为mn−(m+n)，再代入计算即可．
本题考查了根与系数的关系，代数式求值，正确记忆根与系数的关系式是解题关键．
5.【答案】C
【解析】解：由勾股定理，得
AB= AC2+BC2= 32+42=5(cm)，
∵CD是AB边上的中线，
∴CD=12AB=2.5(cm)，
∴CD=2.5cm<⊙C的半径，
∴点D在⊙C内．
故选：C．
要确定点与圆的位置关系，主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系，本题可由勾股定理等性质算出点与圆心的距离d，则d>r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d本题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d>r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d6.【答案】C
【解析】解：第一次降价后的价格为150×(1−x)，两次连续降价后售价在第一次降价后的价格的基础上降低x，为150×(1−x)×(1−x)，
则列出的方程是150(1−x)2=96．
故选：C．
可先表示出第一次降价后的价格，那么第一次降价后的价格×(1−降低的百分率)=96，把相应数值代入即可求解．
此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程中求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a(1±x)2=b．
7.【答案】C
【解析】解：∵边长为2 3的正三角形ABC的中心与原点O重合，AB/​/x轴，
∴AP= 3，OP=1，∠OPA=90°，
∴第1次旋转结束时，点A的坐标为(−1, 3)，
第2次旋转结束时，点A的坐标为( 3,1)，
第3次旋转结束时，点A的坐标为(1,− 3)，
第4次旋转结束时，点A的坐标为(− 3,−1)，
∴4次一个循环，
∵2023÷4=505⋯⋯3，
∴第2023次旋转结束时，点A的坐标为(1,− 3).
故选：C．
首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2023次旋转后点的坐标即可．
本题考查正三角形的性质，规律型问题，坐标与图形变化——旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
8.【答案】B
【解析】解：如图，连接OA，OP，OB，
∵PA、PB分别与相切⊙O于点A、B，
∴PA=PB，OA⊥AB，OB⊥PB，
∵∠APB=60°，
∴∠AOB=120°，
∵PA= 3，
∴∠APO=12∠APB=12×60°=30°，
∴OA=AP⋅tan30°= 3× 33=1．
故⊙O的半径长为为1，
则AB的长=120π×1180=23π.
故选：B．
连接OA，OP，OB，先求出⊙O的半径长为为1，进而可以解决问题．
此题考查了切线的性质以及等边三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵直线BC与⊙A相切于点C，
∴AC⊥BC，
作AM⊥BD于M，连接AE，
∴DM=EM，
∵BD⊥BC，
∴四边形ACBM是矩形，
∴BM=AC，AM=BC，
∵AE=AC=b2，AM=CB=a，
∴DM=EM= AE2−AM2= (b2)2−a2，
∴BE=BM−EM=b2− (b2)2−a2，BD=BM+DM=b2+ (b2)2−a2，
∴BE+BD=b，BE⋅BD=b24−(b24−a2)=a2，
∴以BE，BD的长为两根的一元二次方程是x2−bx+a2=0，
故选：B．
作AM⊥BD于M，连接AE，易得到AE=AC=b2，AM=CB=a，根据勾股定理求得DM=EM= AE2−AM2= (b2)2−a2，
进而求得BE+BD=b，BE⋅BD=b24−(b24−a2)=a2，则可确定一元二次方程．
本题考查的是切线的性质，圆的切线垂直于经过切点的半径，以及根与系数的关系．
10.【答案】D
【解析】【分析】
此题主要考查了根与系数的关系，由x1+x2=−ba，x2=2x1，得出x1=−b3a，代入方程得到9ac=2b2是解决问题的关键．
根据根与系数的关系得出x1+x2=−ba，由x2=2x1得出3x1=−ba，即x1=−b3a，代入方程得到9ac=2b2，代入代数式即可得到4b−9ac=4b−2b2=−2(b−1)2+2，从而求得4b−9ac的最大值是2．
【解答】
解：∵关于x的方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实根x1、x2，
∴x1+x2=−ba，
∵x2=2x1，
∴3x1=−ba，即x1=−b3a，
∴a⋅b29a2+b⋅(−b3a)+c=0，
∴−2b29a+c=0，
∴9ac=2b2，
∴4b−9ac=4b−2b2=−2(b−1)2+2，
∴4b−9ac的最大值是2，
故选D．
11.【答案】(−5,−2)
【解析】解：∵P(−5,2)，
∴点P关于x轴的对称点的坐标是(−5,−2)．
故答案为：(−5,−2)．
根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．即点P(x,y)关于x轴的对称点P′的坐标是(x,−y)，进而得出答案．
此题主要考查了关于x轴对称点的性质，正确记忆关于坐标轴对称点的性质是解题关键．
12.【答案】x(x−12)=864
【解析】【分析】
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
由长和宽之间的关系可得出宽为(x−12)步，根据矩形的面积为864平方步，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】
解：∵长为x步，宽比长少12步，
∴宽为(x−12)步．
依题意，得：x(x−12)=864．
13.【答案】38
【解析】解：根据题意画图如下：
共8种情况，3只雏鸟中恰有2只雄鸟有3种情况，所以概率为38．
故答案为：38．
根据题意列举出所有情况，看三只雏鸟中恰有2只雄鸟的情况数占总情况数的多少即可．
本题考查概率的求法；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比；得到三只雏鸟中恰有两只雄鸟的情况数是解决本题的关键．
14.【答案】70°或150°
【解析】解：如图，
∵O是△ABC的外心，
∴∠BOC=2∠A或180°−12∠BOC=∠A，
∵∠BOC+∠A=210°，
①3∠A=210°，
∴∠A=70°，
②180°−12∠BOC+∠BOC=210°，
∴∠BOC=60°，
∴∠A=150°
则∠A的大小是70°或150°．
故答案为：70°或150°．
根据圆周角定理即可解决问题．
本题考查了三角形外接圆与外心，圆周角定理，解决本题的关键是掌握圆周角定理．
15.【答案】①③④
【解析】解：∵当x=0时，y=−1，则−1=0+0+c，
即：c=−1，
又∵对称轴为直线x=1，
∴−b2a=1，
∴b=−2a，
∴y=ax2−2ax−1，
∴当x=−2时，y=4a+4a−1=8a−1=m>3，
即有a>12>0，
∴b=−2a<0，故①正确；
∵c=−1，
∴abc=2a2>12，故②错误；
∵b=−2a<0，c=−1，a>12>0，
∴y=ax2+bx+c+1=ax2−2ax=ax(x−2)，
即当ax2+bx+c+1=0时，方程的解为0和2，
即抛物线y=ax2+bx+c+1与x轴的交点横坐标分别为0或2，故③正确；
当x=−2时，y=4a+4a−1=8a−1=m，
当x=3时，y=9a−6a−1=3a−1=n≤2，即a≤1，
则(m+1)(n+1)=(8a−1+1)(3a−1+1)=24a2，
∵1≥a>12>0，
∴(m+1)(n+1)=24a2≤24，
∴(m+1)(n+1)的值始终不会超过30，故④正确；
综上所述，正确的是①③④，
故答案为：①③④．
根据表格数据先求出c=−1，再根据二次函数的对称轴为直线x=1可得得出b=−2a，据此，结合二次函数的性质对各小题分析判断即可得解．
本题考查了二次函数的性质，二次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点，平移，二次函数与不等式等知识点，熟练掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
16.【答案】36−18 3
【解析】解：如图，将△ACE绕点C逆时针旋转60°得△△BFC，连接EF，
由旋转可得CE=CF，BF=AE，∠ECF=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴CE=CF=EF，∠CEF=60°，
∵AE2=BE2+CE2，
∴BF2=EF2+BE2，
∴∠BEF=90°，
∴∠BEC=∠BEF+∠CEF=150°，
∵E是边长为3的等边△ABC内一动点，
∴点E在以等边△OBC的顶点O为圆心，半径为3的圆的BC(端点除外)上，如图，
连接OA交BC于G，当点E 在OA上时，此时AE最小，则BE2+CE2，
∵AB=AC，OB=OC
∴OA垂直平分BC，
∴BG=12BC=32
∴OG=AG= 32−(32)2=32 3，
∴GE=OE−OG=3−32 3
∴AE=AG−GE=32 3−(3−32 3)=3 3−3
∴BE2+CE2最小值=AE2=(3 3−3)2=36−18 3．
故答案为：36−18 3．
将△ACE绕点C逆时针旋转60°得△△BFC，连接EF，求得∠BEC=150°，从而得出点E在以等边△OBC的顶点O为圆心，半径为3的圆的弧BC(端点除外)上，连接OA交BC于G，当点E 在OA上时，此时AE最小，则BE2+CE2，利用勾股定理求出AE即可求解．
本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理及其逆定理，最短距离问题，旋转的性质．利用旋转变换作图，证明∠BEC=150°，从而得出点E在以等边△OBC的顶点O为圆心，半径为3的圆的弧BC(端点除外)上是解题的关键．
17.【答案】解：∵关于x的一元二次方程x2−bx+2=0有一个根是x=1，
∴1−b+2=0，
解得：b=3，
把b=3代入方程得：x2−3x+2=0，
设另一根为m，可得1+m=3，
解得：m=2，
则b的值为3，方程另一根为x=2．
【解析】把x=1代入方程计算求出b的值，进而求出另一根即可．
此题考查了根与系数的关系，以及一元二次方程的解，熟练掌握根与系数的关系是解本题的关键．
18.【答案】证明：∵AB=CD，
∴∠ACB=∠DBC，
在△ABC与△DCB中，
∠A=∠D∠ACB=∠DBCBC=CB，
∴△ABC≌△DCB(AAS)．
【解析】由AB=CD，根据圆周角定理，可求得∠ACB=∠DBC，然后由AAS，可判定：△ABC≌△DCB．
此题考查了圆周角定理与全等三角形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
19.【答案】12 38
【解析】解：(1)从标号为1、2、3、4的小球中，随机摸出一球，共有4种等可能出现的结果情况，其中标号为奇数的有2种，
所以随机摸出一个小球，其标号是奇数的概率是24=12，
故答案为：12；
(2)先从盒子中随机摸出一个小球，再从余下的3个小球中随机摸出一个小球，所有可能出现的结果情况如下：
共有12种等可能出现的结果，其中两次摸出的小球标号的和大于4的有8种，
所以P两次摸出的小球标号的和大于4=812=23；
(3)先从盒子中随机模出一个小球然后放回，再随机摸出一个小球，所有可能出现的结果情况如下：
共有16种等可能出现的结果，其中两次摸出的小球标号的和小于5的有6种，
所以P两次摸出的小球标号的和小于5=616=38，
故答案为：38．
(1)根据概率的意义，共有4种等可能出现的结果情况，其中标号为奇数的有2种，可求出相应的概率；
(2)用列表法表示所有可能出现的结果情况，得出两次摸出的小球标号的和大于4的结果数，进而求出概率；
(3)用列表法表示先模出一个小球放回后再随机摸出一个小球，所有可能出现的结果情况，得出两次摸出的小球标号的和小于5的结果数，进而求出概率；
本题考查列表法或树状图法求随机事件发生的概率，列举出所有可能出现的结果情况是正确解答的关键．
20.【答案】(1)证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵∠ABC=∠APC，
∴∠ACB=∠APC，
∵四边形APBC内接于⊙O，
∴∠ACB=∠APE，
∴∠APC=∠APE，
即AP平分∠CPE；
(2)解：∵∠ACP=∠ABP，∠BAC=∠BPC，
∴△ACM∽△PBM，
∴AMPM=CMBM，
∴AM⋅BM=PM⋅CM=2.4×5=12，
∵AB⊥PC，
∴∠AMC=90°，
由勾股定理，得AM2+CM2=AC2，
∵AC=AB=AM+BM，
∴AM2+52=(AM+BM)2，
即25=2AM⋅BM+BM2，
∴25=2×12+BM2，
∴BM=1，
∴AM=12，
∴AB=AM+BM=13．
【解析】(1)利用等腰三角形与圆周角、圆满内拉四边形的性质证明∠APC=∠APE，即可得出结论；
(2)先证明△ACM∽△PBM，求得AM⋅BM=PM⋅CM=2.4×5=12，再由勾股定理求得AM2+CM2=AC2，即AM2+52=(AM+BM)2，所以25=2×12+BM2，求得BM=1，从而求得AM=12，即可求解．
本题考查等腰三角形的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理．解题的关键是熟练掌握圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理．
21.【答案】解：(1)CD、E即为所求；
(2)线段MN、点P、Q即为所求．
【解析】(1)根据网格线的特征和垂径定理作图；
(2)根据网格线的特征和旋转的性质作出M、N，再连接CP交格点E，再连接CD并延长交AB于Q．
本题考查了作图−旋转的性质，掌握网格线的特征、旋转的性质和垂径定理是解题的关键．
22.【答案】解：(1)由题意可知，抛物线的顶点坐标为(4,4)，球出手时的坐标为(0,209)，
设抛物线的解析式为y=a(x−4)2+4，
将(0,209)代入得：16a+4=209，
解得：a=−19，
∴y=−19(x−4)2+4；
(2)∵y=−19(x−4)2+4，
∴当x=8时，y=−19(8−4)2+4=209≠3，
∴小明的这次投篮未能命中篮圈中心；
(3)∵出手的角度和力度都不变，
∴设抛物线的解析式为y=−19(x−4+m)2+4，
将(8,3)代入得：3=−19(8−4+m)2+4，
∴(4+m)2=9，
解得：m1=−1，m2=−7，
∵向前走7米，位于篮圈正下方，故舍去．
∴小明应该向前走1米才能命中篮圈中心．
【解析】(1)由题意可知，抛物线的顶点坐标为(4,4)，球出手时的坐标为(0,209)，设抛物线的解析式为y=a(x−4)2+4，由待定系数法求解即可；
(2)求得当x=8时的函数值，与3比较即可；
(3)由题意可知出手的角度和力度都不变，小明向前走或向后退时，相当于抛物线的左右平移，故可设抛物线的解析式为y=−19(x−4+m)2+4，将(8,3)代入求得m的值，根据抛物线左右平移时左加右减的特点，可得答案．
本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23.【答案】 41或1
【解析】问题背景：证明：∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACE=∠BCD．
在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD，
∴△ACE≌△BCD(SAS)．
∴AE=BD．
尝试应用：解：过点C作DC⊥CF交BE延长线于点D，连接AD，如图2，
∵∠CFE=45°，DC⊥CF，
∴CD=CF．
∵∠ACB=∠DCF=90°，
∴∠BCF=∠ACD．
在△BFC和△ADC中，
BC=AC∠BCF=∠ACDFC=DC，
∴△BFC≌△ADC(SAS)．
∴BF=AD，∠CBF=∠CAD．
∵∠BEC=∠AED，
∴∠ADE=∠BCE=90°．
∴AD⊥BE于点D，
∵△ABE面积为14，
∴BE⋅AD2=14．
∴(BF+3)×BF=28．
解得：BF=4，BF=−7(不合题意，舍去)．
∴BF=4．
拓展创新：解：分两种情况：
①当点M在直线AC左侧时，作CH⊥CM，且使CH=CM，连接MH，AH，如图3.1，

则△CMH为等腰直角三角形．
∴∠CMH=45°．
∵∠MCH=∠ACB=90°，
∴∠MCH+∠BCH=∠ACB+∠BCH．
即：∠MCB=∠HCA．
在△CBM和△CAH中，
CM=CH∠MCB=∠HCACB=CA，
∴△CBM≌△CAH(SAS)．
∴BM=AH．
∵∠AMC=45°，
∴∠AMH=∠AMC+∠CMH=45°+45°=90°．
∵CM=2 2，
∴MH= 2CM=4．
∵AM=5，
∴AH= AM2+MH2= 41．
∴BM=AH= 41．
②当点M在直线AC右侧时，作CH⊥CM，且使CH=CM，连接BH交直线AM于N，连接MH，如图3.2，
同理MH=4，∠HMA=90°，△ACM≌△BCH(SAS)，
∴HM⊥AM，
∴BH=AM=5，∠CAM=∠HBC，
∵∠CAM+BAM+∠ABC=90°，
∴∠HBC+BAM+∠ABC=90°，
∴∠ANB=90°，
∴BH⊥AM，
∴B、M、H在同一直线上，即点M、N重合，
∴BM=BH−HM=5−4=1，
综上，MB的长为 41或1．
故答案为： 41或1．
问题背景：利用边角边公理证明△ACE≌△BCD即可得出结论；
尝试应用：过点C作DC⊥CF交BE延长线于点D，连接AD，通过证明△BFC≌△ADC，得到BF=AD，利用三角形是面积公式，列出关于BF的方程，解方程即可得出结论；
拓展创新：分两种情况：①当点M在直线AC左侧时，②当点M在直线AC右侧时，分别求解即可．
本题主要考查了三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积，勾股定理，依据题目特点构造全等三角形是解题的关键．
24.【答案】解：(1)把B(4,0)代入y=ax2−5ax+4，得：
16a−20a+4=0，
解得：a=1，
∴二次函数的解析式为：y=x2−5x+4；
(2)直线l：y=2kx−3k+5将四边形BCNM分成面积相等的两部分．理由如下：
∵y=x2−5x+4=(x−52)2−94，
∴抛物线的对称轴为直线x=52，
∵B(4,0)，C(−3,0)，
∴BC=7，
∵将线段CB平移至线段MN(点C，B的对应点分别为N，M)，
∴MN=BC=7，MN/​/BC，
∴M、N关于直线x=52对称，
∴M横坐标为6，N的横坐标为−1，
当x=−1时，y=10，
∴M(6,10)，N(−1,10)，
∴−1+42=32，0+102=5，
∴平行四边形CBNM的对称中心是(32,5)，
把x=32代入y=2kx−3k+5，得y=5，
∴直线y=2kx−3k+5经过平行四边形CBNM的对称中心是(32,5)，
∴直线l：y=2kx−3k+5将四边形BCNM分成面积相等的两部分．
(3)证明：如图2，

作PE⊥AB于E，QF⊥AB于F，
由y=x2−5x+4y=3x+m得：
x1=4+ 12+my1=(12+m)+3 12+m，x2=4− 12+my2=(12+m)−3 12+m，
设t=12+m，
∴x1=4+ty1=t2+3t，x2=4−ty2=t2−3t，
∴PE=t2+3t，AE=(4+t)−1，
设直线AP的解析式为：y=kx+b，
k+b=0(4+t)⋅k+b=t2+3t，
∴k=tb=−t，
∴y=tx−t，
同理可得：直线AQ的解析式为y=−tx+t，
∵y=tx−t交y轴于(0,−t)，y=−tx+t与y轴交于(0,t)，
直线AP和直线AQ关于x轴对称，
∴△PAQ的内心在x轴上．
【解析】(1)将点B(4,0)代入y=ax2−5ax+4，求出a，即可；
(2)先求出BC的长，在根据对称性求得M，N的坐标，从而求得平行四边形的中心坐标，再判定直线l经过平行四边形的中心，即可得出结论；
(3)联立一次函数和二次函数解析式，求得P、Q坐标，再求得设直线AP、AQ的解析式，得到∵y=tx−t交y轴于(0,−t)，y=−tx+t与y轴交于(0,t)，从而得出直线AP和直线AQ关于x轴对称，即得出结论．
本题考查了用待定系数法求一次函数和二次函数解析式，二次函数及其图象性质，二次函数图象与一次函数的交点与方程组的关系，一次函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握用待定系数法求函数解析式和二次函数及其图象性质．x
−2
0
3
y
m
−1
n