2023-2024学年湖北省武汉六中上智中学九年级（上）月考数学试卷（1月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉六中上智中学九年级（上）月考数学试卷（1月份）（含解析），共25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.彩民李大叔购买1张彩票中奖，这个事件是( )
A. 随机事件B. 确定性事件C. 不可能事件D. 必然事件
2.下列图案中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.将x2−6x−4=0进行配方变形，下列正确的是( )
A. (x−6)2=13B. (x−6)2=9C. (x−3)2=13D. (x−3)2=9
4.已知⊙O的半径等于3，圆心O到直线l的距离为5，那么直线l与⊙O的位置关系是( )
A. 相交B. 相切C. 相离D. 无法确定
5.如图，点A、B在⊙O上，点C在弧AB上，若∠AOB=100°，∠BAC=23°，则∠ABC=( )
A. 25°
B. 26°
C. 27°
D. 28°
6.在平面直角坐标系中，将抛物线y=x2向上平移一个单位长度，再向右平移一个单位长度，得到的抛物线解析式是( )
A. y=(x−1)2−1B. y=(x−1)2+1C. y=(x+1)2−1D. y=(x+1)2+1
7.已知二次函数y=ax2+bx+c(a为常数，且a>0)的图象上有四点A(−1,y1)，B(3,y1)，C(2,y2)，D(−2,y3)，则y1，y2，y3的大小关系是( )
A. y18.如果m、n是一元二次方程x2−x−3=0的两个实数根，则多项式n2−mn+m的值是( )
A. −3B. 4C. 5D. 7
9.如图，O为正方形ABCD的边AB上一点，以O为圆心、OB为半径作⊙O，交AD于点E，过点E作⊙O的切线EF交CD于点E，将△DEF沿EF翻折，点D的对应点D′恰好落在⊙O上，则OAOB的值为( )
A. 23
B. 34
C. 45
D. 56
10.如图，四边形ABCD中∠ABC=30°，∠ADC=90°，DA=DC，BD= 6，则四边形ABCD的面积最小值为( )
A. 3− 3
B. 5− 32
C. 3− 32
D. 5−2 3
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.点A(3,m)和点B(n,−2)关于原点对称，则m+n=______．
12.一只不透明袋子中装有1个白球和若干个红球，这些球除颜色外都相同，某课外学习小组做摸球试验：将球搅匀后从中任意摸出1个球，记下颜色后放回、搅匀，不断重复这个过程，获得数据如下：
该学习小组发现，摸到白球的频率在一个常数附近摆动，这个常数是______(精确到0.01)．
13.为响应全民阅读活动，某校面向社会开放图书馆．自开放以来，进馆人次逐月增加，第一个月进馆200人次，前三个月累计进馆872人次．若进馆人次的月增长率相同，为求进馆人次的月增长率．设进馆人次的月增长率为x，依题意可列方程为______．
14.用一个半径为4的半圆形纸片制作一个圆锥的侧面，那么这个圆锥底面圆的半径是______．
15.抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c是常数)的对称轴为直线x=−1，经过A(0,−2)，B(1,m)两点，其中m>0.下列四个结论：①a>23；②一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根在−3和−2之间：③点P1(t,y1)，P2(t−1,y2)在抛物线上，当实数t<−13时，y1>y2；④一元二次方程ax2+bx+c=n，当n>−83时，方程有两个不相等的实数根，其中正确的结论是______(填写序号)．
16.已知扇形AOB中，OA=OB=2，∠AOB=60°，E是AB上一点，F是半径OA上一点，将扇形AOB沿EF折叠，使点A落在半径OB上点C处.如果E是AB中点(如图2)，那么折痕EF的长为______．
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)
关于x的一元二次方程x2+mx+6=0有一个根是x=3，求m的值及方程的另一个根．
18.(本小题8分)
如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一个角度α，得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上.且点A、B、E在同一条直线上．
(1)求证：AD平分∠BDE；
(2)若AC⊥DE，求旋转角α的度数．
19.(本小题8分)
甲、乙、丙三个盒子中分别装有除颜色外都相同的小球，甲盒中装有两个球，分别为一个红球和一个绿球；乙盒中装有三个球，分别为两个绿球和一个红球；丙盒中装有两个球，分别为一个红球和一个绿球，从三个盒子中各随机取出一个小球
(1)请画树状图，列举所有可能出现的结果
(2)请直接写出事件“取出至少一个红球”的概率．
20.(本小题8分)
如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB=AC，AD为⊙O的直径，BF⊥AC于点F，交AD于点E，交⊙O于点G，连接DG．
(1)求证：EF=FG；
(2)若OE=1，DG=8，求⊙O的半径．
21.(本小题8分)
如图是由小正方形组成的6×6的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的三个顶点都是格点，⊙O是△ABC的外接圆，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
(1)在图(1)中，画圆心O；
(2)在图(2)中，先画弦AD，使AD平分∠BAC，再画弦DE，使DE=AB．
22.(本小题10分)
一位足球运动员在一次训练中，从球门正前方8m的A处射门，已知球门高OB为2.44m，球射向球门的路线可以看作是抛物线的一部分，当球飞行的水平距离为6m时，球达到最高点，此时球的竖直高度为3m.现以O为原点，建立平面直角坐标系如图所示．
(1)求抛物线表示的二次函数的表达式；
(2)通过计算判断球能否射进球门(忽略其他因素)；
(3)已知点C在点O的正上方，且OC=2.25m.运动员带球向点A的正后方移动了n(n>0)米射门，若运动员射门路线的形状、最大高度均保持不变，且恰好在点O与点C之间进球(包括端点)，求n的取值范围．
23.(本小题10分)
【问题情境】在数学课上，老师出了这样一个问题：“如图1，在四边形ABCD中，AB=AC，∠ABC=60°，∠ADC=30°，AD=4，BD=5，求CD的长.”经过小组合作交流，找到了解决方法：构造旋转全等.将△BCD绕点B逆时针旋转60°到△BAE，连接DE.则△BDE是等边三角形，所以DE=BD=5，导角可得∠DAE=90°，所以CD=AE= DE2−AD2=3．
(1)请补全图形；
【探究应用】(2)如图2，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°.D为△ABC外一点，且∠ADB=50°，ADBD= 33，求∠ADC的度数；
【拓展延伸】(3)如图3，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，AD⊥BC于D，M为AD上一点，连接BM，N为BM上一点，若AN= 2，BN= 3，∠BAN−∠CBN=30°，连接CN，请直接写出线段CN的长______．
24.(本小题12分)
如图1，已知抛物线C1：y=ax2+bx+c过点A(−6,0)，B(2,0)，C(0,−3)．

(1)求此抛物线的解析式；
(2)若点T在y轴上，点G为该抛物线的顶点，且∠GTA=45°，求点T的坐标；
(3)如图2，将抛物线C1向右平移2个长度单位、向上平移经过点P(2,4)得抛物线C2，抛物线C2上任取一点E，连接EP并延长交直线y=x与点F，作FQ//y轴交抛物线C2于点Q，连接EQ，设E点的横坐标为t，求证：对于每个给定的t，直线EQ恒过某一定点．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：彩民李大叔购买1张彩票中奖，这个事件是随机事件，
故选：A．
根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点，即可解答．
本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：选项A、B、D的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项C的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：C．
根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
本题考查的是中心对称图形的概念，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.【答案】C
【解析】解：∵x2−6x−4
=(x−3)2−9−4
=(x−3)2−13，
∴x2−6x−4=0进行配方变形为(x−3)2=13．
故选：C．
因为(x−3)2=x2−6x+9，则有x2−6x=(x−3)2−9，x2−6x−4=(x−3)2−9−4=(x−3)2−13，进而可把x2−6x−4=0进行配方变形．
本题考查了一元二次方程配方法的应用，综合性较强，难度适中．
4.【答案】C
【解析】解：∵⊙O的半径等于3，圆心O到直线l的距离为5，3<5，
∴直线l与⊙O相离．
故选：C．
根据“若dr，则直线与圆相离”即可得到结论．
本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，当d>r时，直线l和⊙O相离是解答此题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：如图，连接OC，
∵∠BAC=23°，∠BOC=2∠BAC，
∴∠BOC=46°，
∵∠AOB=100°，
∴∠AOC=∠AOB−∠BOC=54°，
∵∠AOC=2∠ABC，
∴∠ABC=27°，
故选：C．
根据圆周角定理及角的和差求解即可．
此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：将将抛物线y=x2向上平移一个单位长度，再向右平移一个单位长度，得到的抛物线解析式是y=(x−1)2+1．
故选：B．
根据图象的平移规律，可得答案．
主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
7.【答案】B
【解析】解：依题意，A(−1,y1)，B(3,y1)，在二次函数y=ax2+bx+c(a为常数，且a>0)的图象上，
∴对称轴为直线x=−1+32=1，抛物线开口向上，
∵2−1=1，1−(−2)=3，
∴点C(2,y2)到对称轴的距离为1，点D(−2,y3)到对称轴的距离为3，点B(3,y1)到对称轴的距离为2，
∴y2故选：B．
根据二次函数的性质和二次函数图象上点的坐标特征可以解答本题，
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质．
8.【答案】D
【解析】解：∵n是一元二次方程x2−x−3=0的根，
∴n2−n−3=0，
∴n2=n+3，
∴n2−mn+m=n+3−mn+m=m+n−mn+3，
∵m、n是一元二次方程x2−x−3=0的两个实数根，
∴m+n=1，mn=−3，
∴n2−mn+m=1−(−3)+3=7．
故选：D．
先根据一元二次方程根的定义得到n2=n+3，则n2−mn+m可化为m+n−mn+3，再根据根与系数的关系得到m+n=1，mn=−3，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca．
9.【答案】C
【解析】解：连接OE、OD′，作OH⊥ED′于H，
∴EH=D′H=12ED′，
∵ED′=ED，
∴EH=12ED，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AB=AD，
∵EF是⊙O的切线，
∴OE⊥EF，
∴∠OEH+∠D′EF=90°，∠AEO+∠DEF=90°，
∵∠DEF=∠D′EF，
∴∠AEO=∠HEO，
在△AEO和△HEO中，
∠AEO=∠HEO∠A=∠OHE=90°OE=OE,，
∴△AEO≌△HEO(AAS)，
∴AE=EH=12ED，
设AD=a，
∴AE=13AD=a3，
设OB=OE=x.则AO=a−x，
在Rt△AOE中，x2=(a3)2+(a−x)2，
解得：x=5a9，
∴OB=5a9，则OA=4a9，
∴OAOB=45．
故选：C．
连接OE、OD′，作OH⊥ED′于H，通过证得△AEO≌△HEO(AAS)，AE=EH=12ED，设AD=a，OB=OE=x.则AO=a−x，根据勾股定理，列方程，解方程即可求得结论．
本题是圆的综合题目，考查了切线的性质、垂定定理、正方形的性质、勾股定理，方程，全等三角形的判定与性质等知识；本题主要考查了圆的切线及全等三角形的判定和性质，关键是作出辅助线利用三角形全等证明．
10.【答案】A
【解析】解：由题意，过D作DF⊥DB，使DF=DB，连接AC、CF、BF．
∵AD⊥DC，BD⊥DF，
∴∠ADB+∠BDC=∠BDC+∠CDF=90°．
∴∠ADB=∠CDF．
又AD=CD，BD=FD，
∴△ADB≌△CDF(SAS)．
∴S△ADB=S△CDF，∠ABD=∠CFD，∠BAD=∠FCD．
∴S四边形ABCD=S△ADB+S△CDB=S△CDF+S△CDB=S△FDB−S△BCF．
∵BD=DF= 6，∠BDF=90°，
∴，BF= BD2+DF2=2 3，S△FDB=12BD⋅BD=3．
∴S四边形ABCD=3−S△BCF．
∵∠BCF=360°−∠BCD−∠DCF=360°−∠BCD−∠DAB=360°−(360°−∠ABC−∠ADC)=∠ABC+∠ADC，
又∠ABC=30°，∠ADC=90°，
∴∠BCF=120°．
∴点C在BF为直径的优弧的圆周上．
由题意，当S△BCF最大，S四边形ABCD最小．
∵S△BCF=12BF×BF边上的高=12×2 3×BF边上的高，
∴当BF边上的高最大时符合题意．
∴根据对称性，此时△BCF为底边是BF的等腰三角形．
∴此时BF边上的高为1．
∴S△BCF的最大值=12×2 3×1= 3．
∴S四边形ABCD的最小值为3− 3．
故选：A．
依据题意，过D作DF⊥DB，使DF=DB，连接AC、CF、BF.先证△ADB≌△CDF，从而可得S△ADB=S△CDF，∠ABD=∠CFD，∠BAD=∠FCD，进而S四边形ABCD=3−S△BCF，又结合题意可得∠BCF=120°，故点C在BF为直径的优弧的圆周上，所以当S△BCF最大，S四边形ABCD最小，由此当BF边上的高最大时符合题意，最后根据对称性，此时△BCF为底边是BF的等腰三角形，最后计算可以得解．
本题主要考查了等腰直角三角形的应用、勾股定理等，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
11.【答案】−1
【解析】解：∵点A(3,m)和点B(n,−2)关于原点对称，
∴3=−n，m=2，
∴n=−3，m=2，
∴m+n=2+(−3)=−1，
故答案为：−1．
平面内关于原点对称的点的坐标特点为：横坐标、纵坐标都互为相反数，由此可求解．
本题考查关于原点对称的点的坐标，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特点是解题的关键．
12.【答案】0.33
【解析】解：观察表格发现，随着摸球次数的增多，摸到白球的频率逐渐稳定在0.33附近．
故答案为：0.33．
通过表格中数据，随着次数的增多，摸到白球的频率越稳定在0.33左右．
本题主要考查了模拟实验，近似数和有效数字，难度不大，学生具备一定分析数据的能力．
13.【答案】200+200(1+x)+200(1+x)2=872
【解析】解：设进馆人次的月平均增长率为x，则由题意得：
200+200(1+x)+200(1+x)2=872，
故答案为：200+200(1+x)+200(1+x)2=872．
先分别表示出第二个月和第三个月的进馆人次，再根据第一个月的进馆人次加第二和第三个月的进馆人次等于872，列方程即可；
本题属于一元二次方程的应用题，列出方程是解题的关键．本题难度适中，属于中档题．
14.【答案】2
【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r，依题意，得
2πr=4π，
解得r=2．
故答案为：2．
设圆锥的底面圆半径为r，根据圆锥的底面圆周长=扇形的弧长，列方程求解．
本题考查了圆锥的计算．圆锥的侧面展开图为扇形，计算要体现两个转化：1.圆锥的母线长为扇形的半径，2.圆锥的底面圆周长为扇形的弧长．
15.【答案】①②④
【解析】解：∵抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c是常数)的对称轴为直线x=−1，经过A(0,−2)，B(1,m)两点，其中m>0．
∴b=2a，c=−2，a+b+c=m>0，
∴a+2a−2>0，
∴a>23，故①正确；
由题意可知，抛物线与x轴的交点横坐标在0和1之间，
∵对称轴为直线x=−1，
∴另一个交点的横坐标在−2和−3之间，
∴一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根在−3和−2之间，故②正确；
∵抛物线开口向上，对称轴为直线x=−1，
当两点在对称轴的左侧，y随x的增大而减小，
∵P1(t,y1)，P2(t−1,y2)在抛物线上，
∴当t≤−1时，y1当两点在对称轴两侧时，即t−1<−1∵t<−13，
∵−1−t+1>t+1，
∴y1∵y=ax2+2ax−2，a>23，
∴4ac−b24a=4a×(−2)−(2a)24a=−2−a<−83，
∴抛物线与直线y=−83有两个交点，
∴一元二次方程ax2+bx+c=n，当n>−83时，方程有两个不相等的实数根，故④正确；
故答案为①②④．
根据题意a>0，b=2a，c=−2，a+b+c=m>0，即可得到a+2a−2>0，解得a>23，于是可对①进行判断．利用抛物线的对称性，可对②进行判断；根据二次函数的性质可对③进行判断；求得最低点的纵坐标为4ac−b24a=−2−a<−83，即可得到抛物线与直线y=−83有两个交点，于是可对④进行判断．
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程；△=b2−4ac决定抛物线与x轴的交点个数．也考查了二次函数的性质．
16.【答案】 2
【解析】解：如图所示，连接AE，BE，OE，CE，过点A作AG⊥EF于点G，
由题意可得：E是AB中点，
∵∠AOB=60°，
∴∠AOE=∠EOB=12∠AOB=30°，EA=BE，
∵OA=OE=OB，
∴∠OAE=∠OBE=75°，
由折叠可得，
∴∠ECF=∠OAE=75°，EC=EA，
∴EB=EC，
∴∠ECB=∠EBC=75°，
∴∠FCO=180°−2×75°=30°，
又∵∠AOB=60°，
∴∠CFO=90°，
∴FO=12CO，CF= 3OF，
设OF=x，则CF=AF= 3x，
又∵FO+AF=AO=2，即x+ 3x=2，
解得：x= 3−1，
∴AF=CF= 3x=3− 3，
∵∠AFC=∠OFC=90°，
∴∠AFE=∠CFE=45°，
∴△AGF是等腰直角三角形，
∴FG=AG= 22AF= 22(3− 3)=3 2− 62，
∵∠FAE=75°，∠GAF=45°，
∴∠EAG=30°，
∴AE=2EG，
∴AG= AE2−EG2= 3EG，
∴EG= 33AG= 6− 22，
∴EF=EG+GF= 6− 22+3 2− 62= 2，
故答案为： 2．
连接AE，BE，OE，CE，过点A作AG⊥EF于点G，得出∠CFO=90°，勾股定理求得OF，AF，进而求得AG，在Rt△AEG中，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，即可求解．
本题考查了折叠的性质，弧与圆心角的关系，勾股定理解直角三角形，等腰三角形的性质与判定，三角形的内角和定理，综合运用以上知识是解题的关键．
17.【答案】解：把x=3代入x2+mx+6=0得：32+3m+6=0，
解得：m=−5，
设方程另一根为x，
根据根与系数的关系可得：3x=6，
解得：x=2，
即方程的另一个根为2．
【解析】根据一元二次方程解的定义把x=3代入方程即可求出m；根据根与系数的关系可直接求出另一根．
本题考查了一元二次方程的解，根与系数的关系，关键掌握若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca．
18.【答案】(1)证明：如图：

由旋转得：∠1=∠B，AD=AB，
∴∠2=∠B，
∴∠1=∠2，
∴DA平分∠EDB；
(2)解：如图，设AC与DE交于点O，

由旋转得：AB=AD，∠3=∠4=α，∠C=∠E，
∵AC⊥DE，
∴∠AOE=90°，
∴∠C=∠E=90°−∠4=90°−α，
∵AB=AD，
∴∠2=∠B=180°−∠32=180°−α2=90°−12α，
∵∠4是△ABC的一个外角，
∴∠4=∠B+∠C，
∴α=90°−12α+90°−α，
解得：α=72°，
∴旋转角α的度数为72°．
【解析】(1)根据旋转的性质可得：∠1=∠B，AD=AB，然后利用等边对等角可得∠2=∠B，从而可得∠1=∠2，即可解答；
(2)设AC与DE交于点O，根据旋转的性质可得：AB=AD，∠3=∠4=α，∠C=∠E，再根据垂直定义可得∠AOE=90°，从而可得∠C=∠E=90°−α，然后利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠2=∠B=90°−12α，再根据三角形的外角性质可得∠4=∠B+∠C，从而可得α=90°−12α+90°−α，最后进行计算即可解答．
本题考查了旋转的性质，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键．
19.【答案】解：(1)如图所示：
所有等可能结果为(红、绿、红)、(红、绿、绿)、(红、绿、红)、(红、绿、绿)、(红、红、红)、(红、红、绿)，
(绿、绿、红)、(绿、绿、绿)、(绿、绿、红)、(绿、绿、绿)(绿、红、红)、(绿、红、绿)这12种等可能结果；
(2)因为“取出至少一个红球”的结果数为10钟，
所以“取出至少一个红球”的概率为1012=56．
【解析】(1)画树状图展示所有12种等可能的结果数；
(2)在12种等可能的结果中找出至少一个红球的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法或树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．
20.【答案】(1)证明：连接OB，OC，AG，

在△OAB和△OAC中，
AB=ACOA=OAOB=OC，
∴△AOB≌△AOC(SSS)，
∴∠BAO=∠CAO，
∴AD是∠BAC的平分线，
∵AB=AC，
∴AD⊥BC，且AD平分BC，
设AD与BC的交点为M，则∠AMC=90°，
∴∠DAC+∠ACB=90°，
∵BF⊥AC，
∴∠AFB=90°，
∴∠DAC+∠AEG=90°，
∴∠ACB=∠AEG，
又∵弦AB所对的圆周角为∠ACB，∠AGB，
∴∠AEG=∠AGB，
∴AE=AG，
又∵AF⊥EG，
∴EF=FG；
(2)解：设⊙O的半径为R，
∵AD是直径，
∴∠AGD=90°，
∵AO=R，OE=1，
∴AE=AO+OE=R+1=AG，
在Rt△AGD中，AG=R+1，DG=8，AD=2R，
∵AG2+DG2=AD2，
即(R+1)2+82=(2R)2，
解得，R=5或R=−133(不合题意，舍去)，
∴⊙O的半径为5．
【解析】(1)连接OB，OC，AG，先证明△AOB≌△AOC(SSS)得∠BAO=∠CAO，得AD⊥BC，且AD平分BC，再证明AF=AG，根据等腰三角形的性质进一步证明EF=FG；
(2)设⊙O的半径为R，求出AG=AE=R+1，在Rt△AGD中，AG=R+1，DG=8，AD=2R，由勾股定理列方程，求出R的值即可．
本题主要考查直径所对的圆周角是直角，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用：
21.【答案】解：(1)如图所示，点O即为所求；

(2)如图所示，DE即为所求；

【解析】(1)根据勾股定理的逆定理可得△ABC是直角三角形，进而找到BC的中点O，即可求解；
(2)找到半圆的中点D，连接AD，找到AB与网格线的交点，则tan∠FDO=tan∠ABC，进而可得∠FDO=∠ABC，得出DF⊥AB，可得△BEF，△AFD是等腰直角三角形，进而可得FA=FD，EF=BF，可得ED=BA，即可求解．
本题考查垂径定理、圆周角定理、解直角三角形等知识，解答的关键是准确利用网格特点画图．
22.【答案】解：(1)∵8−6=2，
∴抛物线的顶点坐标为(2,3)，
设抛物线表示的二次函数的表达式为y=a(x−2)2+3，把点A(8,0)代入，得36a+3=0，解得a=−112，
∴抛物线表示的二次函数的表达式为y=−112(x−2)2+3；
(2)当x=0时，y=−112×4+3=83>2.44，
∴球不能射进球门；
(3)由题意，移动后的抛物线为y=−112(x−2−n)2+3，
把点(0,2.25)代入，得2.25=−112×(0−2−n)2+3，解得n1=−5(舍去)，n2=1，
把点(0,0)代入，得0=−112×(0−2−n)2+3，解得n3=−8(舍去)，n4=4，
∴n的取值范围为1≤n≤4．
【解析】(1)求出抛物线的顶点坐标，设出抛物线的顶点式，用待定系数法即可求出抛物线表示的二次函数解析式；
(2)当x=0时，求出y的值，再与2.44比较，即可知球能不能射进球门；
(3)移动后的抛物线为y=−112(x−2−n)2+3，把点(0,2.25)代入上式求出n，同理把(0,0)代入函数表达式求出n，进而求得n的取值范围．
本题考查了二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，把实际问题转化为数学问题解决．
23.【答案】3
【解析】解：(1)将△BCD绕点B逆时针旋转60°到△BAE，连接DE.补全图形，如图1所示，
；
(2)将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE，连接ED，作AF⊥ED于F，如图2，
在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°.D为△ABC外一点，且∠ADB=50°，
由旋转的性质知AD=AE，∠CAE=∠BAD，BD=CE，∠CEA=∠BDA=50°，
∴∠DAE=∠DAC+∠EAC=∠DAC+∠BAD=120°，
∴∠ADF=∠AEF=30°，
∴∠CED=50°−30°=20°，AD=2AF，
由勾股定理得，DF= 3AF，DE=2 3AF，
∴ADDE=2AF2 3AF= 33，
∵ADBD= 33，
∴ED=BD=CE，
∴∠EDC=∠ECD=80°，
∴∠ADC=30°+80°=110°；
(3)延长BM交AC于F，延长AN到E，使NE=BN，连接BE，如图3，
∵∠BAN−∠CBN=30°，
∴∠BAN=∠CBN+30°，
∴∠BNE=∠BAN+∠ABN=∠CBN+∠ABN+30°=60°，
∵NE=BN，
∴△BEN是等边三角形，
∴∠E=60°，
∵∠ANB=180°−∠BNE=120°=∠BAC，
∴△ABN∽△FBA，
∴ABBF=BNAB=ANAF，∠BAE=∠AFB，
∴△ANF∽△BEA，
∴ABAF=BEAN=AEFN，
∴FN=AE⋅ANBE=( 2+ 3)⋅ 2 3=2 3+3 23，
∴BF=FN+BN=5 3+3 23，
∴AB2=BN⋅BF=5+ 6，
过F作FG⊥BC于F，过N作NH⊥BC于H，
∵∠ACB=30°，
∴FG=12FC=12(AB−AF)=3− 66AB，CG= 3− 22AB，
∴BG=BC−CG= 3AB− 3− 22AB= 2+ 32AB，
∵NH//GF，
∴△BNH∽△BFG，
∴NHGF=BNBF=BHBG=35+ 6，
∴NH=3− 610+2 6AB，BH=3 2+3 310+2 6AB，
∴CH=BC−BH=7 3+3 210+2 6AB，
∴CN2=CH2+NH2=9，
∴CN=3．
故答案为：3．
(1)题意补全图形即可；
(2)将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE，连接ED，作AF⊥ED于F，根据含30度的直角三角形的性质及勾股定理求得ADDE= 33，推出ED=BD=CE，据此求解即可；
(3)延长AN构造等边三角形，然后利用两组三角形相似求出AB，最后利用勾股定理求解．
本题主要考查了三角形的综合，灵活运用旋转构造相似三角形，利用相似三角形的判定和性质是本题解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵y=ax2+bx+c过点A(−6,0)，B(2,0)，C(0,−3)，
∴36a−6b+c=04a+2b+c=0c=−3，
解得：a=14b=1c=−3，
∴抛物线解析式为y=14x2+x−3；
(2)∵y=14x2+x−3=14(x+2)2−4，
∴G(−2,−4)，
取点M(−2,0)，
∴AM=MG=4，∠AMG=90°，
如图所示，以M为圆心，4为半径作圆，交y轴于点T，则∠GTA=45°，

设T(0,t)，则MT=4，
∴t2+22=42，
解得：t=±2 3，
∴T(0,±2 3)；
(3)抛物线C1向右平移2个长度单位、向上平移经过点P(2,4)得抛物线C2，
设抛物线向上平移n个单位，则平移后的解析式为y=14x2−4+n，
∴4=14×22−4+n，
解得：n=7，
∴抛物线解析式为y=14x2+3，
如图，

∵点E的横坐标为t，抛物线为y=14x2+3，
∴点E的坐标为E(t,14t2+3)，
设直线EP的函数解析式为y=kx+b，
将E(t,14t2+3)，P(2,4)代入，得：kt+b=14t2+32k+b=4，
解得：k=14(t+2)b=3−12t，
∴直线EP的函数解析式为y=14(t+2)x+3−12t，
令y=x，
则x=14(t+2)x+3−12t，
解得：x=2(t−6)t−2，
将x=2(t−6)t−2代入y=14x2+3，得：y=(t−6)2(t−2)2+3，
∴点Q的坐标为(2(t−6)t−2,(t−6)2(t−2)2+3)，
设直线EQ的函数解析式为y=k1x+b1，
将E(t,14t2+3)，Q(2(t−6)t−2,(t−6)2(t−2)2+3)，代入，得：k1t+b1=14t2+32(t−6)k1t−2+b1=(t−6)2(t−2)2+3，
解得：k1=t2−124(t−2)b1=−t2−12t+122(t−2)，
∴直线EQ的函数解析式为y=t2−124(t−2)x−t2−12t+122(t−2)
=(t2−12)x−2(t2−12t+12)4(t−2)
=(x−2)t2+24t−24−12x4(t−2)，
∴当x=2时，
y=24t−24−244(t−2)
=24t−484(t−2)
=24(t−2)4(t−2)
=6，
∴对于每个给定的t，直线EQ恒过某一定点，该定点坐标为(2,6)．
【解析】(1)待定系数法求解析式即可求解；
(2)取点M(−2,0)，根据圆周角定理得出∠GTA=45°，则以M为圆心，4为半径作圆，交y轴于点T，进而根据勾股定理，即可求解．
(3)用待定系数法求得直线EP的函数解析式，再结合直线l：y=x可求得交点F的横坐标，也就是Q的横坐标，再将此代入抛物线的函数解析式可求得点Q的坐标，再用待定系数法求得直线EQ的函数关系式，由此可证得QE所经过的定点坐标．
本题考查了待定系数法求函数关系式，圆周角定理，图象过定点问题，题目较难，能够灵活运用所学知识用含m的代数式求得相应的函数关系式是解决本题的关键．摸球的次数
200
300
400
1000
1600
2000
摸到白球的频数
72
93
130
334
532
667
摸到白球的频率
0.3600
0.3100
0.3250
0.3340
0.3325
0.3335