2023-2024学年湖北省武汉市汉阳区九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市汉阳区九年级（上）期末数学试卷（含解析），共22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.下列词语所描述的事件是随机事件的是( )
A. 守株待兔B. 拔苗助长C. 刻舟求剑D. 竹篮打水
2.已知点P(−4,−2)与点Q(4,y)关于原点对称，则y的值是( )
A. 2B. −2C. −4D. 4
3.用配方法解方程x2−8x+1=0，下列变形正确的是( )
A. (x−4)2=7B. (x+4)2=7C. (x−4)2=15D. (x+4)2=15
4.如图，在△ABC中，∠CAB=68°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE位置(其中点B和点D，点C和点E分别对应).若CE/​/AB，则∠CAD的大小( )
A. 23°B. 24°C. 25°D. 26°
5.如图，在△ABC中，∠BAC=30°，圆心O在AB上，⊙O与BC相切，C为切点.则∠B的( )
A. 20°
B. 25°
C. 30°
D. 35°
6.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
7.如果一个三位数中任意两个相邻数字之差的绝对值不超过1，则称该三位数为“平稳数”.用1，2，3这三个数字随机组成一个无重复数字的三位数，恰好是“平稳数”的概率为( )
A. 59B. 12C. 13D. 29
8.若关于x的一元二次方程x2−(a2−3a−10)x+a=0的两根互为相反数，则两根之积是( )
A. −2B. 5C. −2或5D. 2或−5
9.如图，圆中互相垂直的弦AB，CD与圆心的距离分别为m，n，这时圆内被分为①②③④四个部分.如果用S①，S②，S②，S④分别表示这四个部分的面积，则S②+S③−S①−S④可表示( )
A. 4mnB. 2mnC. mnD. 0
10.边长为1的正方形OABC的顶点A在x正半轴上，点C在y正半轴上，将正方形OABC绕顶点O顺时针旋转75°，如图所示，使点B恰好落在函数y=ax2(a<0)的图象上，则a的值为( )
A. − 2B. −1C. −3 24D. − 23
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.抛物线y=(x+1)2−1的顶点坐标为______．
12.小明在操场上做游戏，他在沙地上画了一个面积为6m2的矩形，并在四个角画上面积不等的扇形，在不远处的固定位置向矩形内部投石子，记录如表(石子不会落在矩形外和各区域边缘)：
依此估计空白部分的面积可能是______m2．
13.读书已经成为很多人的一种生活方式，城市书院是读书的重要场所之一.据统计，某书院对外开放的第一个月进书院600人次，进书院人次逐月增加，到第三个月末累计进书院2850人次，若进书院人次的月平均增长率为x，则可列方程为______．
14.如图，从一块直径为1m的圆形铁皮上剪出一个圆周角为90°的扇形ABC，如果将剪下来的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面圆的半径为______m.
15.二次函数y=ax2+bx+1(a,b是常数，a>0)的图象过点(1,2).现有以下结论：
①b<1；
②若x>12，则y随x的增大而增大；
③若该抛物线过点(−2,0)，P(m,n)，则在m<−52时，n>124；
④若该抛物线与直线y=x没有交点，则0其中，正确的结论是______．
16.古代数学家阿基米德曾经提出一个定理：一个圆中一条由两条长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点.如图(1)，弦AB，BC是⊙O的一条折弦(BC>AB)，点D是AC的中点，过点D作DE⊥BC于E，则CE=AB+BE.根据这个定理解决问题：
如图(2)，边长为4 2的等边△MNQ内接于⊙R，点P为优弧MQN上的一点.∠PMN=15°，则△PMN的周长是______．
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)
已知x=−1是关于x的方程x2−2x+c=0的一个根，求c的值和方程的另一个根．
18.(本小题8分)
如图，分别以△ABC的边AB，AC为边向形外作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连CD，BE.求证：CD=BE．
19.(本小题8分)
在袋子里装有2个红球、1个蓝球，这些球除颜色外无其他差别．
(1)一次性随机摸出两个球，请用画树状图或列表的方法，求摸到一红一蓝的概率．
(2)若向袋中再放入若干个同样的蓝球，搅拌均匀后，从袋中摸出一个蓝球的概率为56，直接写出后来放入袋中的蓝球个数．
20.(本小题8分)
如图，△ABC是圆的内接三角形，点E在弦AD上，BE平分∠ABC，BD=ED．
(1)求证：AD平分∠BAC；
(2)若BC为直径，且BC=10，AB=8，求AD的长．
21.(本小题8分)
如图是由小正方形组成的7×8网格，每个小正方形的顶点叫做格点.A，B两点为格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图．

(1)如图(1)，点C是格点，先画△ABC的角平分线BD，再在劣弧BC上画点E，使BE=AC；
(2)如图(2)，AB所对的圆心角是120°，先画等边三角形ABF，再过点B画此圆的切线BG．
22.(本小题10分)
如图，某公园的一组同步喷泉由间隔等距的若干个一样的喷泉组成，呈抛物线形的水流从垂直于地面且高出湖面1m的喷头中向同一侧喷出，每个喷头喷出的水流可看作同样的抛物线.若记水柱上某一位置与喷头的水平距离为x m，喷出水流与湖面的垂直高度为y m．

如表中记录了一个喷头喷出水柱时x m与y m的几组数据：
(1)如图，以喷泉与湖面的交点为原点，建立如图平面直角坐标系，求此抛物线的解析式；
(2)现有一个顶棚为矩形的单人皮划艇，顶棚每一处离湖面的距离为1.75m.顶棚刚好接触到水柱，求该皮划艇顶棚的宽度．
(3)现公园管理方准备通过只调节喷头露出湖面的高度，使得游船能从抛物线形水柱下方通过，为避免游客被喷泉淋湿，要求游船从抛物线形水柱下方中间通过时，顶棚上任意一点到水柱的竖直距离均不小于0.5m，已知游船顶棚宽度为2m，顶棚到湖面的高度为1.5m，那么公园应将喷头(喷头忽略不计)至少向上移动多少m才能符合要求？(直接写出结果)
23.(本小题10分)
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以斜边AB为边向三角形外作等边三角形ABD．

(1)将线段DC绕点D逆时针旋转60°，画出对应线段DE，并连接BE．
(2)在(1)的条件下，
①求∠CBE的大小；
②若AB=2，直接写出AE的最大值．
24.(本小题12分)
如图，抛物线y=x2−2x−3交x轴于A，C两点，交y轴于点B．

(1)直接写出点A，B，C的坐标．
(2)如图(1)，抛物线上有点D(2,m)，在第三象限的抛物线上存在点M，且∠ACM=∠BCD，求点M的坐标．
(3)如图(2)，在第一象限的抛物线上有一点E，过点E作BC的平行线交抛物线于另一点F，直线FB，EC交于点P，若点P的纵坐标为t，△CBP的面积记为S，试探究S与t之间数量关系．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：B，C，D都是不可能事件．
所以是随机事件的是守株待兔．
故选A．
随机事件是可能发生也可能不发生的事件．
本题主要考查随机事件的概念，它与必然事件，不可能事件相对．
随机事件是可能发生也可能不发生的事件；
必然事件就是一定发生的事件；
不可能事件就是一定不发生的事件．
此题要能够理解各个词语的意义．
2.【答案】A
【解析】解：∵点P(−4,−2)与点Q(4,y)关于原点对称，
∴y=2，故A正确．
故选：A．
根据两个点关于原点对称时，它们的对应横纵坐标符号相反可得y=2．
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，解题的关键是掌握坐标的变化规律．
3.【答案】C
【解析】解：∵x2−8x+1=0，
∴x2−8x=−1，
则x2−8x+16=−1+16，即(x−4)2=15，
故选：C．
将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可．
本题主要考查解一元二次方程−配方法，解题的关键是掌握用配方法解一元二次方程的步骤．
4.【答案】B
【解析】解：∵AB/​/CE，
∴∠CAB=∠ACE=68°，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE位置，
∴AE=AC，∠CAB=∠EAD=68°，
∴∠ECA=∠AEC=68°，
∴∠EAC=44°，
∴∠CAD=68°−44°=24°，
故选：B．
由旋转的性质可得AE=AC，∠CAB=∠EAD=68°，由等腰三角形的性质可求∠ECA=∠AEC=68°，即可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：连接OC，
∵∠BAC=12∠BOC，∠BAC=30°，
∴∠BOC=60°，
∵⊙O与BC相切，C为切点，
∴半径OC⊥BC，
∴∠BCO=90°，
∴∠B=90°−∠BOC=30°．
故选：C．
连接OC，由圆周角定理得到∠BAC=12∠BOC，而∠BAC=30°，即可求出∠BOC=60°，由切线的性质定理得到∠BCO=90°，由直角三角形的性质求出∠B=90°−∠BOC=30°．
本题考查切线的性质，圆周角定理，关键是由圆周角定理得∠BAC=12∠BOC，由切线的性质定理得∠BCO=90°．
6.【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．
7.【答案】C
【解析】解：用1，2，3这三个数字随机组成一个无重复数字的三位数出现的等可能结果有：
123、132、213、231、312、321，
其中恰好是“平稳数”的有123、321，
所以恰好是“平稳数”的概率为26=13，
故选：C．
先罗列出所有等可能结果，从中找到“平稳数”的结果，再根据概率公式求解即可．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．
8.【答案】A
【解析】解：设x1，x2是一元二次方程x2−(a2−3a−10)x+a=0的两根，
∴x1+x2=a2−3a−10，x1⋅x2=a，
又∵关于x的一元二次方程x2−(a2−3a−10)x+a=0的两根互为相反数，
∴a2−3a−10=0，
解得a=−2或a=5．
∵两根互为相反数，
∴x1⋅x2=a<0，
∴两根之积是−2，
故选：A．
一元二次方程x2−(a2−3a−10)x+a=0的两根互为相反数，那么其两根之和为0.构建方程求解即可．
本题考查根与系数的关系，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题．
9.【答案】A
【解析】解：分别作出AB和CD关于圆心O的对称线段EF和MN，如图所示，
因为弦AB与圆心的距离为m，
所以弦AB与EF之间的距离为2m；
同理可得，
弦CD和MN之间的距离为2n，
所以中间矩形的面积为：2m⋅2n=4mn．
如图所示，
S②+S③=S1+S5+S6+S8+S9，
S①+S④=S2+S3+S4+S7，
根据中心对称的性质可知，
S1=S3，S4=S6，S2=S8，S7=S9，
所以S②+S③−S①−S④=S5=4mn．
故选：A．
将作出AB，CD关于圆心的对称线段，根据中心对称的性质即可解决问题．
本题考查扇形的面积计算，熟知中心对称的性质是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：如图，作BE⊥x轴于点E，连接OB，
∵正方形OABC绕顶点O顺时针旋转75°，
∴∠AOE=75°，
∵∠AOB=45°，
∴∠BOE=30°，
∵OA=1，
∴OB= 2，
∵∠BEO=90°，
∴BE=12OB= 22，
∴OE= 62，
∴点B坐标为( 62,− 22)，
代入y=ax2(a<0)得a=− 23，
∴y=− 23x2．
故选：D．
过点B向x轴引垂线，连接OB，可得OB的长度，进而得到点B的坐标，代入二次函数解析式即可求解．
本题考查用待定系数法求二次函数的解析式，关键是利用正方形的性质及相应的三角函数得到点B的坐标．
11.【答案】(−1,−1)
【解析】解：∵抛物线y=(x+1)2−1，
∴抛物线y=(x+1)2−1的顶点坐标为：(−1,−1)．
故答案为：(−1,−1)．
根据二次函数的性质，由顶点式直接得出顶点坐标即可．
此题主要考查了二次函数的性质，熟知二次函数的顶点式是解题的关键．
12.【答案】4
【解析】解：根据统计表，可得石子落在空白部分的概率为23，
∴空白部分的面积=6×23=4(m2)，
故答案为：4．
根据统计表，计算出石子落在空白部分的概率，即空白部分面积与总面积的比值，从而可计算出空白部分的面积．
本题考查的是利用频率计算概率在实际生活中的运用，需同学们细心解答．关键是得到阴影与圆的比；用规则图形来估计不规则图形的比是常用的方法．
13.【答案】600+600(1+x)+600(1+x)2=2850
【解析】解：∵该书院对外开放的第一个月进书院600人次，且进书院人次的月平均增长率为x，
∴第二个月进书院600(1+x)人次，第三个月进书院600(1+x)2人次．
根据题意得：600+600(1+x)+600(1+x)2=2850．
故答案为：600+600(1+x)+600(1+x)2=2850．
由第一个月进书院人次数及进书院人次的月平均增长率，可得出第二个月进书院600(1+x)人次，第三个月进书院600(1+x)2人次，结合到第三个月末累计进书院2850人次，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
14.【答案】 28
【解析】解：连接BC，如图，
∵∠BAC=90°，
∴BC为⊙O的直径，即BC=1，
∴AB= 22，
设该圆锥的底面圆的半径为r，
根据题意得2πr=90×π× 22180，解得r= 28，
即该圆锥的底面圆的半径为 28m.
故答案为 28．
连接BC，如图，根据圆周角定理得BC为⊙O的直径，即BC=1，所以AB= 22，设该圆锥的底面圆的半径为r，根据弧长公式得到2πr=90×π× 22180，然后解方程即可．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
15.【答案】①②③④
【解析】解：∵二次函数y=ax2+bx+1(a,b是常数，a>0)的图象过点(1,2)，
∴2=a+b+1，
∴b=1−a，
∵a>0，
∴b<1，故①正确；
∵−b2a=−1−a2a=−12a+12<12，
∴若x>12，则y随x的增大而增大，故②正确；
∵二次函数y=ax2+bx+1的图象过点(1,2)，(−2,0)，
∴a+b+1=24a−2b+1=0，解得a=16b=56，
∴抛物线的对称轴为直线x=−562×16=−52，
把x=−52代入y=16x2+56x+1得，y=124，
∵开口向上，
∴当x<−52时，y随x的增大而减小，
∵P(m,n)在抛物线上，
∴在m<−52时，n>124，故③正确；
∵若该抛物线与直线y=x没有交点，则方程ax2+(1−a)x+1=x中Δ<0，
方程ax2+(1−a)x+1=x整理得ax2−ax+1=0，
∴(−a)2−4a<0，
解得0故答案为：①②③④．
根据二次函数经过点(1,2)得到b=1−a，即可判断①；求得抛物线的对称轴为直线x=−b2a=−1−a2a=−12a+12<12，由抛物线的增减性即可判断②；求得二次函数的解析式利用二次函数的性质即可判断③；利用二次函数与一元二次方程的关系即可判断④．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，一次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
16.【答案】8+4 2
【解析】解：如图，截取MF=CPN，连接QF，QP，
∵△QMN是等边三角形，
∴QM=QN，
∵∠QMF=∠QNP，
在△MQF和△NQP中，
QM=QN∠QMF=∠QNPMF=PN，
∴△MQF≌△NQP(SAS)，
∴QF=QP，
过点Q作QH⊥PM于H，
∴HF=PH，
∴PN+PH=MH，
∵∠QMN=60°，∠PMN=15°，
∴∠QMH=45°，
∴MH= 22QM= 22×4 2=4，
则△PMN的周长是8+4 2．
故答案为：8+4 2．
截取MF=CPN，连接QF，QP，根据等边三角形的性质得到QM=QN，根据全等三角形的性质得到QF=QP，过点Q作QH⊥PM于H，求得HF=PH，得到PN+PH=MH，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
本题考查了圆的性质，全等三角形判定和性质，等腰直角三角形性质，合理添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
17.【答案】解：∵x=−1是关于x的方程x2−2x+c=0的一个根，
∴(−1)2−2×(−1)+c=0，
∴c=−3，
原方程变形为x2−2x−3=0，
∴(x−3)(x+1)=0，
∴x1=3，x2=−1，
∴方程的另一个根为3．
【解析】根据一元二次方程的解的定义得到(−1)2−2×(−1)+c=0，可求出c=−3，这样原方程变形为x2−2x−3=0，然后利用因式分解法解方程得到另一个根．
本题考查了一元二次方程的解：使一元二次方程两边成立的未知数的值叫一元二次方程的解．也考查了因式分解法解一元二次方程．
18.【答案】证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠DAC=∠BAE=60°+∠BAC，
在△DAC和△BAE中，
AD=AB∠DAC=∠BAEAC=AE，
∴△DAC≌△BAE(SAS)，
∴CD=BE．
【解析】由等边三角形的性质得AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，则∠DAC=∠BAE=60°+∠BAC，即可根据“SAS”证明△DAC≌△BAE，则CD=BE．
此题重点考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，推导出∠DAC=∠BAE，进而证明△DAC≌△BAE是解题的关键．
19.【答案】解：(1)列表如下：
由表知，共有6种等可能结果，其中两次摸到一红一蓝的有4种结果，
所以两次摸到一红一蓝的概率为46=23；
(2)设后来放入的篮球有x个，
根据题意，得：1+x3+x=56，
解得x=9，
经检验：x=9是分式方程的解，
所以后来放入袋中的蓝球有9个．
【解析】(1)列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可；
(2)设后来放入的篮球有x个，根据摸出一个蓝球的概率为56列出关于x的方程，解之即可．
本题考查了列表法与树状图法，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．
20.【答案】(1)证明：∵∠CBD=∠CAD，
∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=∠CBE+∠CAD，
∵BD=ED，
∴∠DEB=∠DBE，
∵∠DEB=∠ABE+∠BAD，
∴∠ABE+∠BAD=∠CBE+∠CAD，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠BAD=∠CAD，
∴AD平分∠BAC．
(2)解：作DF⊥AD交AC的延长线于点F，设△ABC是⊙O的外接圆的圆心为点O，
∵BC是⊙O的直径，BC=10，AB=8，
∴∠BAC=90°，
∴AC= BC2−AB2= 102−82=6，∠CAD=∠BAD=12∠BAC=45°，
∵∠ADF=90°，
∴∠F=∠CAD=∠BAD=45°，
∴FD=AD，
∵∠FCD+∠ACD=180°，∠ABD+∠ACD=180°，
∴∠FCD=∠ABD，
∵CD=BD，
∴CD=BD，
在△FCD和△ABD中，
∠F=∠BAD∠FCD=∠ABDCD=BD，
∴△FCD≌△ABD(AAS)，
∴FC=AB=8，
∴AF=AC+FC=6+8=14，
∵AF= FD2+AD2= AD2+AD2= 2AD=14，
∴AD=7 2，
∴AD的长是7 2．
【解析】(1)因为∠CBD=∠CAD，所以∠DBE=∠CBE+∠CBD=∠CBE+∠CAD，由BD=ED，得∠DEB=∠DBE，而∠DEB=∠ABE+∠BAD，所以∠ABE+∠BAD=∠CBE+∠CAD，因为∠ABE=∠CBE，所以∠BAD=∠CAD，则AD平分∠BAC；
(2)作DF⊥AD交AC的延长线于点F，因为BC是△ABC的外接圆的直径，BC=10，AB=8，所以∠BAC=90°，则AC= BC2−AB2=6，∠CAD=∠BAD=45°，而∠ADF=90°，则∠F=∠CAD=∠BAD=45°，所以FD=AD，再证明∠FCD=∠ABD，由CD=BD，得CD=BD，可证明△FCD≌△ABD，得FC=AB=8，则AF=AC+FC=14，由AF= FD2+AD2= 2AD=14，求得AD=7 2．
此题重点考查圆周角定理、等腰三角形的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、等腰直角三角形形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
21.【答案】解：(1)如图，线段BD，点E即为所求；
(2)如图，△ABF，直线BG即为所求．

【解析】(1)取格点T，作射线BT交AC于点D.取格点Q，连接CQ交BC于点E，点E，线段BD即为所求；
(2)设AB的中点为I，BF与网格线交于点J，连接JI，延长JI交网格线于点R，作射线AR交直线IF于点G，作直线BG即可(过点B的切线与AF平行，可以证明四边形AGBF是平行四边形)．
本题考查作图−应用与设计作图，角平分线的性质，等边三角形的判定和性质，切线的判定与性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出图形．
22.【答案】解：(1)根据表格可设二次函数的解析式为：y=a(x−2)2+1.8，
将(0,1)代入y=a(x−2)2+1.8得，4a+1.8=1，
解得a=−0.2，
∴抛物线的解析式为：y=−0.2(x−2)2+1.8；
(2)当y=1.75时，−0.2(x−2)2+1.8=1.75，
解得x1=2.5，x2=1.5，
∵2.5−1.5=1(米)，
∴该皮划艇顶棚的宽度为1米；
(3)设调节后的水管喷出的抛物线的解析式为：y=−0.2(x−2)2+1.8+m，
由题意可知，当横坐标为2+1=3时，纵坐标的值不小于1.5+0.5=2，
∴−0.2×(3−2)2+1.8+m≥2，
解得m≥0.4，
∴水管高度至少向上调节0.4米．
【解析】(1)根据表格中数据的对称性质，可设二次函数的顶点形式，用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
(2)把y=1.75代入(1)解析式，解方程求出x值即可；
(3)设出二次函数图象平移后的解析式，根据题意列出不等式，即可解得答案．
本题属于二次函数的应用，主要考查待定函数求函数解析式，二次函数图象的平移，解题的关键在于掌握由二次函数的图象建立二次函数模型．
23.【答案】解：(1)如图所示；
(2)①∵△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，∠ADB=60°，
∵将线段DC绕点D逆时针旋转60°，得到线段DE，
∴CD=DE，∠CDE=60°，
∴∠ADC=∠BDE，
∴△ADC≌△BDE(SAS)，
∴∠DBE=∠DAC=60°+∠CAB，
∵∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°，
∴∠CBE=360°−∠ABD−∠ABC−∠DBE=360°−60°−90°−60°=150°；
②∵AB+BE≥AE，
∴当点A，B，E在一条直线上时，AE的值最大，且等于AB+BE，
由①知∠CBE=150°，
∴∠ABC=30°，
∵AB=2，∠ACB=90°，
∴AC=12AB=1，
∴AE的最大值=2+1=3．
【解析】(1)根据旋转的性质画出图形即可；
(2)①根据等边三角形的性质得到AD=BD，∠ADB=60°，根据旋转的性质得到CD=DE，∠CDE=60°，求得∠ADC=∠BDE，根据全等三角形的性质得到∠DBE=∠DAC=60°+∠CAB，根据周角的定义即可得到结论；
②根据题意得到当点A，B，E在一条直线上时，AE的值最大，且等于AB+BE，由①知∠CBE=150°，根据平角的定义得到∠ABC=30°，根据直角三角形的性质即可得到结论．
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，周角的定义，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
24.【答案】解：(1)当x=0时，y=−3，
∴B(0,−3)，
当y=0时，x2−2x−3=0，
解得x=3或x=−1，
∴A(−1,0)，C(3,0)；
(2)当x=2时，y=−3，
∴D(2,−3)，
∵OB=OC=3，
∴∠OBC=45°，
∵∠ACM=∠BCD，
∴∠MCD=45°，
过D点作CD⊥DN交CM的延长线于点N，
∴CD=DN，
分别过点N、C作y轴的平行线交直线BD于点G、点H，
∴△NDG≌△DCH，
∴DH=NG=3，CH=DG=1，
∴N(−1,−2)，
设直线CN的解析式为y=kx+b，
∴3k+b=0−k+b=−2，
解得k=12b=−32，
∴y=12x−32，
当12x−32=x2−2x−3时，解得x=−12或x=3，
∴M(−12,−74)；
(3)∵B(0,−3)，C(3,0)，
∴直线BC的解析式为y=x−3，
设直线EF的解析式为y=x+t，
当x+t=x2−2x−3时，xE+xF=3，xE⋅xF=−3−n，
设直线BF的解析式为y=mx−3，
当mx−3=x2−2x−3时，xB+xF=2+m，
∴xF=2+m，xE=1−m，
设直线EC的解析式为y=n(x−3)，
当nx−3n=x2−2x−3时，xE+xC=2+n，xE⋅xC=−3−3n，
∴xE=n−1，
∴1−m=n−1，
∴m+n=2，
当nx−3n=mx−3时，解得xP=3−3nm−n=32，
∴P(32,t)，
过P点作y轴的平行线交BC于点Q，
∴Q(32,−32)，
∴S=12×3(−32−t)=−94−32t.
【解析】(1)根据函数图象的特点求点的坐标即可；
(2)由题可得∠MCD=45°，过D点作CD⊥DN交CM的延长线于点N，分别过点N、C作y轴的平行线交直线BD于点G、点H，能够证明△NDG≌△DCH，得到点N(−1,−2)，求出直线CN与抛物线的交点即为M点；
(3)设直线EF的解析式为y=x+t，当x+t=x2−2x−3时，xE+xF=3，xE⋅xF=−3−n，设直线BF的解析式为y=mx−3，当mx−3=x2−2x−3时，xB+xF=2+m，xF=2+m，得到xE=1−m，设直线EC的解析式为y=n(x−3)，当nx−3n=x2−2x−3时，xE+xC=2+n，xE⋅xC=−3−3n，得到xE=n−1，从而得到方程1−m=n−1，得到关系m+n=2，当nx−3n=mx−3时，求出点P(32,t)，过P点作y轴的平行线交BC于点Q，可求Q(32,−32)，从而得到S=12×3(−32−t)=−94−32t.
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形全等的判定及性质，待定系数法求函数的解析，一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．投石子的总次数
50次
150次
300次
600次
石子落在空白区域内的次数
14次
85次
199次
400次
石子落在空白区域内的频率
725
1730
199300
23
x(m)
0
1
2
3
4.5
y(m)
1
1.6
1.8
1.6
0.55
红
红
蓝
红
(红，红)
(蓝，红)
红
(红，红)
(蓝，红)
蓝
(红，蓝)
(红，蓝)