2023-2024学年浙江省嘉兴市平湖市九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省嘉兴市平湖市九年级（上）期末数学试卷（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.下列判断中，正确的是( )
A. “随便翻看浙教版九年级上册数学课本，刚好翻到第38页”是一个不可能事件
B. 成语“守株待兔”描述的事件是必然事件
C. 任意抛掷两枚质地均匀的硬币，结果朝上一面出现一正一反的概率是13
D. 如图，转盘的白色扇形和黑色扇形的圆心角分别为120°和240°，让转盘自由转动2次，则指针一次落在白色区域，另一次落在黑色区域的概率为49
2.将二次函数y=x2−2x−3的图象先向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得到的二次函数y1的图象，则函数y1的表达式是( )
A. y1=x2−6B. y1=x2−2C. y1=x2−4x−2D. y1=x2−4x+2
3.如图，△ABC中，AB=2，AC=3，射线AD平分∠BAC，交BC边于点D，过B，C作射线AD的垂线，垂足分别是点P，Q，将△BDP的面积设为x，那么△CDQ的面积是( )
A. 1.5xB. 2xC. 2.25xD. 3x
4.如图，扇形OAB中，∠AOB=120°，E，C，G是AB的四等分点，线段EF，CD，GH都与弦AB垂直，若AO=6，那么线段AF的长是( )
A. 3 32
B. 3 3−3
C. 3
D. 5+12
5.已知二次函数y=ax2−2ax+1，当x=x1时，函数值为y1，当x=x2时，函数值为y2，若x1>x2且y1>y2，则下列不等式正确的是( )
A. x1+x2>2B. x1+x2<2C. a(x1+x2)>2aD. a(x1+x2)<2a
6.如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC，垂足为D，点E，F分别是AB，AC边上的动点，DE⊥DF，若BC=5，CD=3.2，那么DE与DF的比值是( )
A. 0.6B. 0.75C. 0.8D. 不确定的值
7.如图，⊙O中弦AB与直径CD垂直，垂足为E，连结AC，BF⊥AC于点F，交CD于点G，下面的结论错误的是( )
A. AC⋅FG=BG⋅CF
B. AF⋅AC=BG⋅BF
C. AC⋅CG=CD⋅CF
D. BG2=DG⋅GC
8.定义{a,b,c}为函数y=ax2+bx+c的特征数，下面给出的特征数为{2m,1−m,−1−m}时，关于函数的一些结论，其中不正确的是( )
A. 当m=−3时，函数的最大值为83
B. 当m=−3时，函数图象的顶点到直线y=x−1的距离为5 23
C. 函数图象恒过两个定点(1,0)和(−12,32)
D. 当m<0时，函数在x<14时，y随x的增大而增大
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
9.第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行.亚运会备战期间，某篮球运动员进行罚球训练，下表中记录了他在一定条件下罚球时的数据，则由此可以估计这位篮球运动员罚球命中的概率约为______．
10.如图，正△ABC的边长是3，分别以三个顶点为圆心，3为半径作弧，则图中由三条弧所围成的几何图形的面积是______．
11.若二次函数y=x2−2ax+a的图象在直线y=−2的上方，则实数a的取值范围是______．
12.如图，锐角△ABC内接于⊙O，D，E在AB，AC上，DE/​/BC，AD=2BD，过D，E分别作AB，AC的垂线交于点P，连结OP，若⊙O的半径为r，那么OP的长是______(用含r的代数式表示)．
13.如图，已知二次函数y=x2+bx+c与x轴的正半轴交于点A，B(A在B的左侧)，与y轴交于点C，若OA：OB：OC=1：2：3，那么二次函数的表达式是______．
14.如图，已知点M(a,b)，b<0为抛物线y=x2−2x−3上的动点，点N是以点M为圆心，1为半径的圆上的动点，点A(1,0)，则线段AN的最小值为______．
三、解答题：本题共5小题，共52分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题8分)
解下列关于x的不等式：
(1)12x2−x−152>0；
(2)x2−(3a−1)x+2a2−a<0．
16.(本小题10分)
如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E是AB边的中点，F是BC边上的动点，将△BEF沿EF对折，点B落在P处，作PQ⊥AB，垂足为Q，连接PA，PB，DF．
(1)求证：△PAQ∽△BPQ；
(2)若△PAQ与△DCF相似，求线段BF的长．
17.(本小题10分)
如图，二次函数y=a(x+1)(x−3)(a>0)与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，直线x=1与x轴交于点D，与抛物线交于点E．
(1)若AC⊥BC，求二次函数的表达式；
(2)设点P为抛物线上位于x轴下方的动点，直线PA，PB分别与直线DE交于点M，N，求证：DM+DN=2DE．
18.(本小题12分)
△ABC内接于⊙O，∠ACB=60°，AB的长是2 7，D是BC延长线上一点，连接AD交⊙O于点E，连接BE交AC于点F，连接CE．
(1)如图(1)，BE平分∠ABC，
①求证：CE2=BE⋅EF；
②若CE=2，求EF的长；
(2)如图(2)，若AD=AB，求△ACD面积的最大值．
19.(本小题12分)
已知二次函数y=x2+px+1(p为实数)．
(1)若函数y=x2+px+1与x轴交于不同的两点M(m,0)，N(n,0)，m<−1(2)若α，β(α>β)是方程x+3x+4=0的两根，当函数y=x2+px+1的图象分别与直线y=α相交于A，B两点，与直线y=β相交于C，D两点，当|AB|=3|CD|时，求p的值．
(3)若关于x方程(x2+2x−3)2+p(x2+2x−3)+1=0有4个不相等的实数根，求p的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、“随便翻看浙教版九年级上册数学课本，刚好翻到第38页”是一个随机事件，故本选项判断错误，不符合题意；
B、成语“守株待兔”描述的事件是随机事件，故本选项判断错误，不符合题意；
C、任意抛掷两枚质地均匀的硬币，结果朝上一面出现一正一反的概率是24=12，故本选项判断错误，不符合题意；
D、如图，转盘的白色扇形和黑色扇形的圆心角分别为120°和240°，让转盘自由转动2次，则指针一次落在白色区域，另一次落在黑色区域的概率为2×13×23=49，故本选项判断正确，符合题意；
故选：D．
根据不可能事件、必然事件的意义以及概率公式求解即可．
本题考查了几何概率的求法，正确求出转动一次指针指向某一区域的概率是解题关键．也考查了不可能事件、必然事件的意义．
2.【答案】D
【解析】解：由题知，
y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
由题中所给的平移可知，
y1=(x−1−1)2−4+2=(x−2)2−2=x2−4x+2．
故选：D．
根据“左加右减，上加下减”的平移法则即可解决问题．
本题考查二次函数图象与几何变换，熟知“左加右减，上加下减”的平移法则是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：过D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，
∵AD平分∠BAC，
∴DM=DN，
∵△ABD的面积=12AB⋅DM=12AD⋅BP，△ACD的面积=12AC⋅DN=12AD⋅CQ，
∴AB⋅DMAC⋅DN=AD⋅PBAD⋅CQ，
∴BPCQ=ABAC=23，
∵∠BPD=∠CQD=90°，∠PDB=∠QDC，
∴△BPD∽△CQD，
∴△BPD的面积△CQD的面积=(BPCQ)2=49，
∵△BPD的面积=x，
∴△CQD的面积=2.25x．
故选：C．
由角平分线的性质得到DM=DN，由三角形面积公式推出BPCQ=ABAC=23，由△BPD∽△CQD，得到△BPD的面积△CQD的面积=(BPCQ)2=49，而△BPD的面积=x，即可求出△CQD的面积=2.25x．
本题考查角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，关键是由角平分线的性质，三角形的面积公式推出BPCQ=ABAC=23，由△BPD∽△CQD，推出△BPD的面积△CQD的面积=(BPCQ)2．
4.【答案】B
【解析】解：如图，由题意可知，延长CD一定过圆心O，连接OE交AD于点M，
∵∠AOB=120°，E，C，G是AB的四等分点，线段EF，CD，GH都与弦AB垂直，
∴AD=BD，∠AOC=∠BOC=12∠AOB=60°，∠AOE=∠COE=12∠AOC=30°，
∵EF⊥AD，OD⊥AD，
∴EF/​/OD，
∴∠FEM=∠DOM=30°，
在Rt△EFM中，∠FEM=30°，
∴FM=12EM，
同理DM=12OM，
∴FM+DM=12(EM+OM)
即DF=12OE，
在Rt△AOD中，∠OAD=180°−120°2=30°，
∴OD=12OA=3，AD= 32OA=3 3，
∵OD=OA=6，
∴DF=OD=3，
∴AF=AD−DF=3 3−3，
故答案为：B．
根据垂径定理，勾股定理以及圆的对称性即可求出答案．
本题考查垂径定理，勾股定理以及圆的对称性，掌握圆的对称性，勾股定理、垂径定理是正确解答的前提．
5.【答案】C
【解析】解：∵y1>y2，
∴y1−y2>0，即ax12−2ax1+1−(ax22−2ax+1)>0，
∴a(x12−x22)−(2ax1−2ax2)>0，
∴a(x1+x2)(x1−x2)−2a(x1−x2)>0，
∴a(x1−x2)(x1+x2−2)>0，
∵x1>x2，
∴x1−x2>0，
∴a(x1+x2−2)>0，即a(x1+x2)−2a>0，
∴a(x1+x2)>2a，
故选：C．
由y1>y2，可知y1−y2>0，即ax12−2ax1+1−(ax22−2ax+1)>0，整理得a(x1−x2)(x1+x2−2)>0，根据x1>x2即可得出a(x1+x2−2)>0，求得a(x1+x2)>2a．
本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，能够理解题意得出不等式是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：Rt△ABC中，∠BAC=90°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90°，
∴∠BAD=90°−∠DAC=∠C，
∴△ABD∽△CAD，
∴ADCD=BDAD，
∴AD2=BD⋅CD，
∵BC=5，CD=3.2，
∴BD=BC−CD=1.8，
∴AD2=BD⋅CD=1.8×3.2，
∴AD=2.4，
∵∠EDF=∠ADC=90°，
∴∠EDF−∠ADF=∠ADC−∠ADF，
∴∠ADE=∠CDF，
∵∠BAD+∠DAC=90°，∠C+∠DAC=90°，
∴∠BAD=∠C，
∴△AED∽△CFD，
∴DEDF=ADCD=．
故选：B．
先证明△ABD∽△CAD，得AD2=BD⋅CD，再证明△AED∽△CFD，即可解决问题．
本题考查的是相似三角形的判定和性质、直角三角形的性质，解题的关键是得到△AED∽△CFD．
7.【答案】D
【解析】解：连结AD、BD、AG，
∵CD是⊙直径，BF⊥AC于点F，
∴∠CAD=∠CFB=90°，
∴AD/​/BF，
∵AB⊥CD，
∴AE=BE，
∴CD垂直平分AB，
∴AD=BD，AG=BG，
∴∠BDG=∠ADG=∠BGD，
∴BD=BG，
∴AD=BD=AG=BG，
∵FG/​/AD，
∴△CFG∽△CAD，
∴CFAC=FGAD=CGCD，
∴AC⋅FG=BG⋅CF，AC⋅CG=CD⋅CF，
故A正确，C正确；
∵∠BFA=∠CAD=∠AED=90°，
∴∠FAB=∠ADC=90°−∠DAE，
∴△BFA∽△CAD，
∴AFAD=BFAC，
∴AF⋅AC=BG⋅BF，
故B正确；
∵∠DEA=∠DAC=90°，∠EDA=∠ADC，
∴△EDA∽△ADC，
∴ADCD=EDAD，
∴AD2=ED⋅CD，
∴BG2=ED⋅CD，
假设BG2=DG⋅GC成立，则ED⋅CD=DG⋅GC，
∵四边形ADBG是菱形，
∴ED=EG=12DG，
∴12DG(DG+GC)=DG⋅GC，
∴DG2=DG⋅GC，
∴DG=CG，则点G与圆心O重合，
∴AB垂直平分半径OD，显然与已知条件不符，
∴BG2=DG⋅GC成立，
故D错误，
故选：D．
连结AD、BD、AG，由∠CAD=∠CFB=90°，证明AD/​/BF，由AB⊥CD，根据垂径定理得AE=BE，则AD=BD，AG=BG，所以∠BDG=∠ADG=∠BGD，则AD=BD=AG=BG，可证明△CFG∽△CAD，得CFAC=FGAD=CGCD，则AC⋅FG=BG⋅CF，AC⋅CG=CD⋅CF，可判断A正确，C正确；再证明△BFA∽△CAD，得AFAD=BFAC，则AF⋅AC=BG⋅BF，可判断B正确；再证明△EDA∽△ADC，得ADCD=EDAD，则BG2=AD2=ED⋅CD，假设BG2=DG⋅GC成立，则ED⋅CD=DG⋅GC，所以12DG(DG+GC)=DG⋅GC，可推导出DG=CG，则点G与圆心O重合，此时AB垂直平分半径OD，显然与已知条件不符，可判断D错误，于是得到问题的答案．
此题重点考查圆周角定理、垂径定理、同角的余角相等、相似三角形的判定与性质、菱形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：因为函数y=ax2+bx+c的特征数为[2m,1−m,−1−m]；
A、当m=−3时，y=−6x2+4x+2=−6(x−13)2+83，函数的最大值为83，此结论正确；
B、当m=−3时，y=−6x2+4x+2=−6(x−13)2+83，顶点坐标是(13,83)，
所以过顶点平行直线y=x−1的直线为y=x+73，
所以直线y=x+73与y轴的交点为(0,73)，
而直线y=x−1与y轴的交点为(0,−1)，两交点的长度为103，
所以顶点到直线y=x−1的距离为103÷ 22=5 23，此结论正确；
C、当x=1时，y=2mx2+(1−m)x+(−1−m)=2m+(1−m)+(−1−m)=0，
当x=−12时，y=2mx2+(1−m)x+(−1−m)=12m−12(1−m)+(−1−m)=−32，
即函数图象恒过两个定点(1,0)和(−12,−32)，此结论不正确．
D、当m<0时，y=2mx2+(1−m)x+(−1−m)是一个开口向下的抛物线，其对称轴是：直线x=m−14m，在对称轴的右边y随x的增大而减小．因为当m<0时，m−14m=14−14m>14，即函数在x<14时，y随x的增大而增大，此结论正确；
故选：C．
A、把m=−3代入[2m,1−m,−1−m]，求得[a,b,c]，求得解析式，化成顶点式解答即可；
B、利用平行线的性质求得直线y=x−1与过顶点平行直线y=x−1的直线与y轴的交点，求得交点的长度，进一步即可解决问题；
C、代入x的值，验证即可解答．
D、根据二次函数的性质即可解答．
此题考查二次函数的性质，一次函数的性质，平行线间距离相等，顶点坐标以及二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的性质是解题的关键．
9.【答案】0.8
【解析】解，12÷14≈0.76，23÷28≈0.82，85÷100≈0.85，162÷200≈0.81，415÷500≈0.83，8221000=0.822，……，
这些数都在0.8左右，
故由此可以估计这位篮球运动员罚球命中的概率约为0.8，
故答案为：0.8．
先计算命中数与投篮次数的比值，再根据频数与概率的关系求解．
本题考查了利用频率估计概率，理解频率与概率的关系是解题的关键．
10.【答案】92π−9 32
【解析】解：过A作AD⊥BC于D，
∵正△ABC的边长是3，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，AB=BC=AC=3，
∵AD⊥BC，
∴BD=CD=1cm32，
∴AD= AB2−BD2= 32−(32)2=3 32，
∴△ABC的面积=12BC⋅AD=12×3×3 32=9 34，
∴图中由三条弧所围成的几何图形的面积是3(S扇形ABC−S△ABC)+S△ABC=3S扇形ABC−2S△ABC=3×60π×32360−2×9 34=92π−9 32，
故答案为：92π−9 32．
过A作AD⊥BC于D，根据等边三角形的性质得出∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，AB=BC=AC=3，求出BD=CD=32，AD=3 32，根据图形得出图中由三条弧所围成的几何图形的面积=3S扇形ABC−2S△ABC，再求出答案即可．
本题考查了扇形的面积计算和等边三角形的性质，能把求不规则图形的面积转化成求规则图形的面积是解此题的关键．
11.【答案】−1【解析】解：由题知，
因为二次函数y=x2−2ax+a的图象在直线y=−2的上方，
所以方程x2−2ax+a=−2无解，
则(−2a)2−4×1×(a+2)<0，
解得−1故答案为：−1利用数形结合的思想即可解决问题．
本题考查二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数与一元二次方程之间的关系是解题的关键．
12.【答案】13r
【解析】解：作直径AK，假设AK分别交直线PD，PE于P′和P″，连接BK，CK，
∴∠ABK=∠ACK=90°，
∴BK⊥AB，CK⊥AC，
∵PD⊥AB，PE⊥AC，
∴PD//BK，PE//CK，
∴AP′：AK=AD：AB，AP″：AK=AE：AC，
∵DE/​/BC，
∴AD：AB=AE：AC，
∴AP′：AK=AP″：AK，
∴AP′=AP″，
∴P′和P″重合于P，
∴A、O、P共线，
∵AD=2BD，
∴AP：AK=AD：AB=2：3，
∵AK=2r，
∴AP=23AK=43r，
∴OP=AP−AO=43r−r=13r.
故答案为：13r.
作直径AK，假设AK分别交直线PD，PE于P′和P″，连接BK，CK，由圆周角定理推出BK⊥AB，CK⊥AC，而PD⊥AB，PE⊥AC，得到PD//BK，PE//CK，由平行线分线段成比例定理推出AP′：AK=AD：AB，AP″：AK=AE：AC，AD：AB=AE：AC，得到AP′：AK=AP″：AK，因此AP′=AP″，得到P′和P″重合于P，于是A、O、P共线，由AD=2BD，得到AP：AK=AD：AB=2：3，即可求出AP=23AK=43r，得到OP=AP−AO=43r−r=13r.
本题考查三角形的外接圆与外心，圆周角定理，平行线分线段成比例，关键是由平行线分线段成比例定理证明A、O、P共线．
13.【答案】y=x2−92x+92
【解析】解：设OA=t，则OB=2t，OC=3t，
∴A(t,0)，B(2t,0)，C(0,3t)，
设抛物线解析式为y=(x−t)(x−2t)，
把C(0,3t)代入得3t=(0−t)(0−2t)，
解得t1=0(舍去)，t2=32
∴抛物线解析式为y=(x−32)(x−3)，
即y=x2−92x+92．
故答案为：y=x2−92x+92．
由于OA：OB：OC=1：2：3，设OA=t，则OB=2t，OC=3t，所以A(t,0)，B(2t,0)，C(0,3t)，设交点式y=(x−t)(x−2t)，然后把C(0,3t)代入求出t即可．
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．也考查了待定系数法求抛物线解析式．
14.【答案】 152−1
【解析】解：连接AM、MN如下图所示：
∵点M(a,b)，在抛物线y=x2−2x−3上，
∴b=a2−2a−3，
∴b+3=a2−2a，
∵在△AMN中AN+MN≥AM，
又∵点A(1,0)，
∴AM2=(a−1)2+b2，
∴AM2=a2−2a+1+b2
=b2+b+4
=(b+12)2+154，
∵b<0，
∴(b+12)2≥0，
∴AM≥ 152，
∴当A，N，M三点一线，且AM= 152时，AN最小，
∵点N是以点M为圆心，1为半径的圆上的动点，
∴MN=1，
∴AN= 152−1，
故答案为： 152−1．
根据题意可知，点A定点，点M，点N是动点，连接AM、MN，在△AMN中AN+MN≥AM，因此当A、M、N三点一线时，线段AN的值最小．
此题考查的重点是动点的最值问题，需要掌握三点一线计算线段的最值．
15.【答案】解：(1)12x2−x−152>0，
去分母，得x2−2x−15>0．
整理，得(x−5)(x+3)>0．
所以x−5>0x+3>0或x−5<0x+3<0．
解得x>5或<−3；
(2)∵−x2−(3a−1)x+2a2−a<0，
∴x2−(3a−1)x+2a2−a=0无解，
∴Δ=[−(3a−1)]2−4(2a2−a)<0．
∴a2−6a+5<0．
∴(a−1)(a−5)<0．
∴a−1>0a−5<0或a−1<0a−5>0．
∴1综上所述，原不等式的解为：1【解析】(1)先去分母，然后对等式的左边进行因式分解，利用两个有理数相乘，同号得正，异号得负，即可求得不等式的解集；
(2)因为x2−(3a−1)x+2a2−a<0，所以关于x的方程x2−(3a−1)x+2a2−a=0无解，即根的判别式符号是小于零．
此题主要考查了一元二次不等式的解法，解集此题的关键是通过配方以及根据两个有理数相乘，同号得正，异号得负来解决一元二次不等式．
16.【答案】(1)证明：∵将△BEF沿EF对折，点B落在P处，
∴BE=PE，
∵E是AB边的中点，
∴AE=BE，
∴AE=BE=PE，
∴∠PAE=∠APE，∠ABP=∠BPE，
∴∠ABP+∠APB+∠BAP=2∠APE+2∠BPE=180°，
∴∠APE+∠BPE=90°，
∴∠APQ+∠BPQ=90°，
∵PQ⊥AB，
∴∠AQP=∠PQB=90°，∠BPQ+∠PBQ=90°，
∴∠APQ=∠PBQ，
∴△PAQ∽△BPQ；

(2)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AB=CD=6，
∴∠PBQ+∠PBF=90°，
由折叠得EF⊥BP，
∴∠EFB+∠PBF=90°，
∴∠EFB=∠PBQ，
∵∠ABC=∠BQP=90°，
∴△BPQ∽△FEB，
∵△PAQ∽△BPQ，
∴△PAQ∽△FEB，
∵△PAQ与△DCF相似，
∴△FEB与△DCF相似，
∵AB=6，BC=8，E是AB边的中点，F是BC边上的动点，
∴BE=12AB=3，CF=BC−BF=8−BF，
分两种情况：
①∠FEB=∠DFC时，△FEB与△DFC，
∴BFCD=BECF，
∴BF6=38−BF，
整理得BF2−8BF+18=0，
∵Δ=64−4×18=−8<0，
∴此方程无解，故此种情况不存在；
②∠FEB=∠FDC时，△FEB与△FDC，
∴BFCF=BECD，
∴BF8−BF=36，
解得BF=83；
综上，线段BF的长为83．
【解析】(1)由对折以及E是AB边的中点，得AE=BE=PE，根据三角形的内角和可得∠APE+∠BPE=90°，根据同角的余角相等得∠APQ=∠PBQ，即可得△PAQ∽△BPQ；
(2)证明△PAQ∽△BPQ∽△FEB，则△FEB与△DCF相似，根据相似三角形的性质即可得线段BF的长．
本题是相似综合题，考查了矩形的性质，折叠的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质以及相似三角形的判定与性质，运用分类讨论思想是解本题的关键．
17.【答案】解：(1)当y=0时，a(x+1)(x−3)=0，解得x1=−1，x2=3，
∴A(−1,0)，B(3,0)，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°，
∵OC⊥AB，
∴OC2=OA⋅OB=1×3，
解得OC= 3，
∴C(0,− 3)，
把C(0,− 3)代入y=a(x+1)(x−3)得−3a=− 3，
解得a= 33，
∴二次函数的解析式为y= 33(x+1)(x−3)，
即y= 33x2−2 33x− 3；
(2)证明：当x=1时，y=a(x+1)(x−3)=−4a，
∴E(1,−4a)，
∴DE=4a，
设P[t,a(t+1)(t−3)]，
直线AP的解析式为y=mx+n，
把A(−1,0)，P[t,a(t+1)(t−3)]分别代入得−m+n=0mt+n=a(m+1)(m−3)，
解得m=a(t−3)n=a(t−3)，
∴直线AP的解析式为y=a(t−3)x+a(t−3)，
当x=1时，y=2a(t−3)=2at−6a，
∴M(1,2at−6a)，
∴DM=−2at+6a，
同理可得直线BP的解析式为y=a(t+1)x−3a(t+1)，
当x=1时，y=−2a(t+1)=−2at−2a，
∴N(1,−2at−2a)
∴DN=2at+2a，
∴DM+DN=−2at+6a+2at+2a=8a，
∴DM+DN=2DE．
【解析】(1)先解方程a(x+1)(x−3)=0得A(−1,0)，B(3,0)，再利用射影定理得到OC2=OA⋅OB=1×3，解得OC= 3，所以C(0,− 3)，然后把C点坐标代入y=a(x+1)(x−3)中求出a即可；
(2)先确定E(1,−4a)，设P[t,a(t+1)(t−3)]，利用待定系数法求出直线AP的解析式为y=a(t−3)x+a(t−3)，则M(1,2at−6a)，所以DM=−2at+6a，同理方法得到DN=2at+2a，则DM+DN=8a，所以DM+DN=2DE．
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．也考查了待定系数法求抛物线解析式．
18.【答案】(1)①证明：∵BE平分∠ABC，
∴∠EBA=∠EBC，
∴AE=CE，
∴∠ACE=∠EBC，
∵∠CEF=∠BEC，
∴△ECF∽△EBC，
∴EFCE=CEBE，
∴CE2=BE⋅EF；
②解：如图(1)，过点A作AG⊥BE于G，

则∠AGE=∠AGB=90°，
∵AE=CE，
∴AE=CE=2，
∵AB=AB，
∴∠AEB=∠ACB=60°，
∴∠EAG=90°−60°=30°，
∴EG=12AE=1，
∴AG= AE2−EG2= 22−12= 3，
∴BG= AB2−AG2= (2 7)2−( 3)2=5，
∴BE=BG+EG=5+1=6，
∴EF=CE2BE=226=23；
(2)如图(2)，过点A作AH⊥BC于H，

设CH=x，CD=y，
在Rt△ACH中，∠ACH=60°，
∴∠CAH=30°，
∴AC=2CH=2x，AH= 3x，
∵AB=AD=2 7，AH2+DH2=AD2，
∴( 3x)2+(x+y)2=(2 7)2，
即4x2+y2+2xy=28，
∵(2x−y)2≥0，
∴4x2+y2≥4xy，
∴xy≤143，
∴S△ACD=12CD⋅AH= 32xy≤7 33，
∴△ACD面积的最大值为7 33．
【解析】(1)①证明见解答；
②过点A作AG⊥BE于G，根据圆周角定理可得∠AEB=∠ACB=60°，利用直角三角形性质和勾股定理可得EG=12AE=1，AG= AE2−EG2= 3，BG= AB2−AG2=5，进而可得BE=BG+EG=6，利用①的结论即可求得答案；
(2)过点A作AH⊥BC于H，设CH=x，CD=y，进而可得AC=2CH=2x，AH= 3x，利用勾股定理可得( 3x)2+(x+y)2=(2 7)2，再由(2x−y)2≥0，可得xy≤143，即可求得答案．
本题是圆的综合题，考查了圆的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，三角形面积，非负数的性质，不等式性质等，熟练运用相似三角形判定和性质及勾股定理是解题关键．
19.【答案】解：(1)∵y=x2+px+1与x轴交于不同的两点M(m,0)，N(n,0)，
∴m，n是方程x2+px+1=0的两个不相同的根，
∴Δ=b2−4ac=p2−4>0，
∴p>2或p<−2，
∵m<−1∴m+n=−p<0，
∴p>0，
∴p>2；
(2)∵x+3x+4=0，
∴x2+4x+3=0，
解得x1=−1，x2=−3，
∵α，β，(α>β)是方程x+3x+4=0的两根，
∴α=−1，β=−3，
当函数y=x2+px+1的图象与直线y=α分别相交于A，B两点时有：x2+px+1=−1，
即x2+px+2=0，
解得x1=−p+ p2−82，x2=−p− p2−82，
∴|AB|=|x1−x2|=|−p+ p2−82−−p− p2−82|= p2−8，
当函数y=x2+px+1的图象与直线y=β分别相交于C，D两点时有：x2+px+1=−3，
即x2+px+4=0，
解得x1=−p+ p2−162，x2=−p− p2−162，
∴|CD|=|x1−x2|=|−p+ p2−162−−p− p2−162|= p2−16，
∵|AB|=3|CD|，
∴ p2−8=3 p2−16，
∴p2−8=9(p2−16)，
解得p=± 17；
(3)令x2+2x−3=t，
则原方程可化为t2+pt+1=0，
∵x2+2x−3=t(当t取某个常数时)最多只有两个不相等的实数根，
∴要保证(x2+2x−3)2+p(x2+2x−3)+1=0有4个不相等的实数根，t必须要有两个不同的数，
即t2+pt+1=0必须要有两个不相等的实数根，
∴Δ=p2−4>0，
∴p>2或p<−2．
【解析】(1)根据函数图象与x轴交于不同的两点可知x2+px+1=0的两个不相同的根，利用判别式求出p的取值范围，再根据m<−1(2)先求出α，β的值，再根据题意分别可得到|AB|= p2−8、|CD|= p2−16，最后根据|AB|=3|CD|求解即可；
(3)令x2+2x−3=t，可得到关于t的一元二次方程t2+pt+1=0，根据原方程有4个不相等的实数根可知t2+pt+1=0有两个不相同的实数根，最后根据判别式求解即可．
本题考查解一元二次方程，二次函数与一元二次方程的关系，换元法；掌握二次函数的图象与x轴的交点横坐标就是二次函数所对应的一元二次方程的解是关键；学会用换元法求解方程也是解决本题的关键．投篮次数
14
28
100
200
500
1000
罚球命中数
12
23
85
162
415
822