2023-2024学年湖北省武汉市卓刀泉中学教育集团九年级（上）质检数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市卓刀泉中学教育集团九年级（上）质检数学试卷（12月份）（含解析），共27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.下列成语所描述的事件属于不可能事件的是( )
A. 水落石出B. 水涨船高C. 水滴石穿D. 水中捞月
2.下列是一组lg设计的图案(不考虑颜色)，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.用配方法解方程x2−2x−5=0时，原方程应变形为( )
A. (x+1)2=6B. (x+2)2=9C. (x−1)2=6D. (x−2)2=9
4.⊙O的半径为4cm，若点P到圆心的距离为3cm，点P在( )
A. 圆内B. 圆上C. 圆外D. 无法确定
5.习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气．”某校为响应我市全民阅读活动，利用节假日面向社会开放学校图书馆．据统计，第一个月进馆600人次，进馆人次逐月增加，到第三个月末累计进馆2850人次，若进馆人次的月平均增长率为x，则可列方程为( )
A. 600(1+x)=2850
B. 600(1+x)2=2850
C. 600+600(1+x)+600(1+x)2=2850
D. 2850(1−x)2=600
6.已知x1，x2是关于x的方程x2+bx−3=0的两根，且满足x1+x2−3x1x2=5，那么b的值为( )
A. 4B. −4C. 3D. −3
7.如图，等边△OAB的边OB在x轴上，点B坐标为(2,0)，以点O为旋转中心，把△OAB逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是( )
A. (−1, 3)B. ( 3,−1)C. (− 3,1)D. (−2,1)
8.如图所示，以AD为直径的半圆O经过Rt△ABC斜边AB的两个端点，交直角边AC于点E.B，E是半圆弧的三等分点，弧BE的长为2π3，则图中阴影部分的面积为( )
A. π9
B. 3π9
C. 3 32−3π2
D. 3 32−2π3
9.已知二次函数y=−(x−h)2(h为常数)，当2≤x≤5时，函数y的最大值为−1，则h的值为( )
A. 1或3B. 4或6C. 3或6D. 1或6
10.如图，△ABC是圆O的内接正三角形，弦EF过BC的中点D，且EF/​/AB，若AB=4，则DE的长为( )
A. 1
B. 5−1
C. 3
D. 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(−2,−5)关于原点对称的点的坐标是______．
12.把抛物线y=12x2先向左平移3个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为______．
13.星期一下午共有3节课，分别为数学、语文、外语，如果随机排课，那么第一节上数学课，第三节上语文课的概率为______．
14.如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠AOB=60°，AB=AC=6，则弦BC的长为______．
15.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的大致图象如图所示(10；③若OC=2OA，则2b−ac=4；④3a−c<0.其中正确的有______.(只填写序号)
16.如图，等边三角形ABC的边长为2 3，点D、E分别是边BC、AC的动点，且AE=CD，连接AD、BE交于点F，G为AC的中点，连接FG，则线段FG长的最小值为______．
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−3=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)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，点C，A的对应点分别为E，F，点E落在BA上，连接AF．
(1)若∠BAC=40°.则∠BAF的度数为______；
(2)若AC=8，BC=6，求AF的长．
19.(本小题8分)
在一个不透明的盒子中，放入2个红球，1个黄球和1个白球.这些球除颜色外都相同．
(1)第一次摸出一个球后放回盒子中，搅匀后第二次再摸出一个球，请用画树状图法求出两次都摸到红球的概率；
(2)直接写出“一次同时摸出两个红球”的概率．
20.(本小题8分)
在⊙O中，已知AB为直径，点E是弧AD上一点，弦DE/​/AB，且DE⊥弦CD，连BE交CD于点N，点P在CD的延长线上，PN=PE．
(1)求证：PE是⊙O的切线；
(2)若OF=6，BF=4，求PN的长．
21.(本小题8分)
如图是由小正方形组成的6×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点，⊙O经过A，B，C三个格点．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BC的中点D；
(2)在图(1)中的⊙O上画一点E，连接BE，使∠ABE=45°；
(3)如图(2)，延长BA至格点F处，连接CF．
①直接写出∠F的度数；
②P为CF上一点，连接BP，将PB绕点B顺时针旋转90°得到QB，画出线段BQ．
22.(本小题10分)
某数学兴趣小组在一次课外活动中设计了一个弹珠投箱子的游戏(无盖正方体箱子放在水平地面上).现将弹珠抽象为一个动点，并建立了如图所示的平面直角坐标系(x轴经过箱子底面中心，并与其一组对边平行，正方形DEFG为箱子正面示意图).某同学将弹珠从A(1,0)处抛出，弹珠的飞行轨迹为抛物线L：y=ax2+bx+3(单位长度为1m)的一部分，已知DE=2m，AD=5m．
(1)若抛物线经过点(−2,3)．
①求抛物线L的解析式和顶点坐标；
②若弹珠投入箱内后立即向左上方弹起，沿与抛物线L形状相同的抛物线M运动，且无阻挡时弹珠最大高度可达3m，请判断弹珠能否弹出箱子，并说明理由．
(2)要使弹珠能投入箱子，求a的取值范围．
23.(本小题10分)
在等腰△ABC中，AB=AC，∠A=α．
问题背景如图1，α=60°，点M、N在BC、AC上，且BM=CN，连接AM、BN交于D，请你完成作图，并直接写出∠ADN的度数．
迁移应用如图2，α=60°，点D在△ABC内，满足∠BAD=∠CBD，延长BD至M使得DM=DA，作AE⊥DM，请你完成作图，并探究线段AE、BD、BM之间的数量关系．
联系拓展如图3，α=90°，BC=10，若点D满足BD=8，CD=6，直接写出点A到直线BD的距离．
24.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)、B(A在B的左边)，与y轴交于C，且OB=4OA．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，直线y=x交抛物线于D、E两点，点F在抛物线上，且在直线DE下方，若以F为圆心作⊙F，当⊙F与直线DE相切时，求⊙F最大半径r及此时F坐标；
(3)如图2，M是抛物线上一点，连接AM交y轴于G，作AM关于x轴对称的直线交抛物线于N，连接AN、MN，点K是MN的中点，若G、K的纵坐标分别是t、n.求t，n的数量关系．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
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．
根据事件发生的可能性大小判断．
【解答】
解：A、水落石出，是必然事件，不符合题意；
B、水涨船高，是必然事件，不符合题意；
C、水滴石穿，是必然事件，不符合题意；
D、水中捞月，是不可能事件，符合题意；
故选：D．
2.【答案】D
【解析】解：A.既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3.【答案】C
【解析】解：由原方程移项，得
x2−2x=5，
方程的两边同时加上一次项系数−2的一半的平方1，得
x2−2x+1=6
∴(x−1)2=6．
故选：C．
配方法的一般步骤：
(1)把常数项移到等号的右边；
(2)把二次项的系数化为1；
(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．
直接根据点与圆的位置关系进行判断．
【解答】
解：∵点P到圆心的距离为3cm，
而⊙O的半径为4cm，
∴点P到圆心的距离小于圆的半径，
∴点P在圆内．
故选：A．
5.【答案】C
【解析】解：设进馆人次的月平均增长率为x，则由题意得：
600+600(1+x)+600(1+x)2=2850．
故选：C．
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2850，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．
6.【答案】A
【解析】【分析】
此题主要考查了根与系数的关系，正确得出x1+x2=−b，x1x2=−3是解题关键．直接利用根与系数的关系得出x1+x2=−b，x1x2=−3，进而求出答案．
【解答】
解：∵x1，x2是关于x的方程x2+bx−3=0的两根，
∴x1+x2=−b，
x1x2=−3，
则x1+x2−3x1x2=5，
−b−3×(−3)=5，
解得：b=4．
故选A．
7.【答案】C
【解析】解：如图，过点A作AE⊥OB于点E，过点A′作A′H⊥x轴于点H．
∵B(2,0)，△OAB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=2，
∵AE⊥OB，
∴OE=EB=1，
∴AE= AO2−OE2= 22−12= 3，
∵A′H⊥OH，AE⊥OB，把△OAB逆时针旋转90°，
∴A′O=AO，∠A′HO=∠OEA=∠AOA′=90°，
∴∠A′OH+∠AOE=90°，∠AOE+∠OAE=90°，
∴∠A′OH=∠OAE，
∴△A′OH≌OAE(AAS)，
∴A′H=OE=1，OH=AE= 3，
∴A′(− 3,1)，
故选：C．
如图，过点A作AE⊥OB于点E，过点A′作A′H⊥x轴于点H.利用全等三角形的性质解决问题即可．
本题考查坐标与图形变化−旋转，等边三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
8.【答案】D
【解析】解：连接BD，BE，BO，EO，
∵B，E是半圆弧的三等分点，
∴∠EOA=∠EOB=∠BOD=60°，
∴∠BAC=∠EBA=30°，
∴BE/​/AD，
∵BE的长为23π，
∴60π×r180=23π，
解得：R=2，
∴AB=ADcs30°=2 3，
∴BC=12AB= 3，
∴AC= AB2−BC2= (2 3)2−( 3)2=3，
∴S△ABC=12×BC×AC=12× 3×3=3 32，
∵△BOE和△ABE同底等高，
∴△BOE和△ABE面积相等，
∴图中阴影部分的面积为：S△ABC−S扇形BOE=3 32−60π×22360=3 32=23π.
故选：D．
首先根据圆周角定理得出扇形半径以及圆周角度数，进而利用锐角三角函数关系得出BC，AC的长，利用S△ABC−S扇形BOE=图中阴影部分的面积求出即可．
此题主要考查了扇形的面积计算以及三角形面积求法等知识，根据已知得出△BOE和△ABE面积相等是解题关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵y=−(x−h)2，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=h，顶点坐标为(h,0)
将x=2，y=−1代入y=−(x−h)2得−1=(2−h)2，
解得h=3或h=1，
当h=3时，2<3<5，函数最大值为0，不符合题意，
当h=1时，x>1时，y随x增大而减小，x=2时，函数取最大值，符合题意，
当x=5，y=−1时，−1=(5−h)2，
解得h=6或h=4，
当h=4时，2<4<5，不符合题意，
当h=6时，x<6时，y随x增大而减小，x=5时，函数取最大值，符合题意，
∴h=1或6，
故选：D．
由二次函数解析式可得抛物线开口向下及抛物线顶点坐标，分类讨论x=2，x=5时y取最大值−1，进而求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
10.【答案】B
【解析】解：如图．过C作CN⊥AB于N，交EF于M，
∵EF//AB，
∴CM⊥EF．
根据圆和等边三角形的性质知：CN必过点O．
∵EF//AB，D是BC的中点，
∴DG是△ABC的中位线，
∴DG=12AB=2；
∵△CGD是等边三角形，CM⊥DG，
∴DM=MG；
∵OM⊥EF，由垂径定理得：EM=MF，
∴DE=GF．
∵弦BC、EF相交于点D，
∴BD⋅DC=DE⋅DF，即DE×(DE+2)=4；
解得DE= 5−1(负值舍去)．
故选：B．
设AC与EF交于点G，由于EF/​/AB，且D是BC中点，易得DG是△ABC的中位线，即DG=2；易知△CDG是等腰三角形，可过C作AB的垂线，交EF于M，交AB于N；然后证DE=FG，根据相交弦定理得BD⋅DC=DE⋅DF，而BD、DC的长易知，DE=2+DE，由此可得到关于DE的方程，即可求得DE的长．
本题考查三角形外接圆与外心，等边三角形的性质、垂径定理、三角形中位线定理、相交弦定理等知识，能够证得DE、GF的数量关系是解答此题的关键．
11.【答案】(2,5)
【解析】【分析】
本题主要考查了关于原点对称的点坐标的关系，两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P(x,y)关于原点O的对称点是P′(−x,−y)．
平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)，根据此可得．
【解答】
解：根据中心对称的性质，得点P(−2,−5)关于原点对称点的点的坐标是(2,5)．
故答案为(2,5)．
12.【答案】y=12(x+3)2−2
【解析】解：抛物线y=12x2的顶点坐标为(0,0)，
∵先沿x轴方向向左平移3个单位，再沿y轴方向向下平移2个单位，
∴新抛物线的顶点坐标为(−3,−2)，
∴所得抛物线的解析式是y=12(x+3)2−2．
故答案为：y=12(x+3)2−2．
先确定出原抛物线的顶点坐标为(0,0)，然后根据向左平移横坐标减，向下平移纵坐标减求出新抛物线的顶点坐标，然后写出即可．
本题主要考查的是函数图象的平移，根据平移规律“左加右减，上加下减”利用顶点的变化确定图形的变化是解题的关键．
13.【答案】16
【解析】解：画树状图得：
∴一共有6种情况，
第一节上数学课，第三节上语文课有1种情况，
∴第一节上数学课，第三节上语文课的概率为16．
故答案为：16．
依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率，解答本题的关键要明确：列表法或画树状图法可以不重复不遗漏地列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．
14.【答案】6 3
【解析】解：如图，连接OA交BC于D，
∵∠AOB=60°，
∴∠C=12∠AOB=30°，
∵AB=AC=6，
∴AB=AC，
∴OA⊥BC，BD=CD，
在Rt△ADC中，AD=12AC=3，
∴CD= AC2−AD2=3 3，
∴BC=2CD=6 3．
故答案为：6 3．
连接OA交BC于D，利用圆周角定理得到∠C=12∠AOB=30°，再证明AB=AC，则根据垂径定理得到OA⊥BC，BD=CD，然后在Rt△ADC中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出CD= AC2−AD2=3 3，从而得到BC的长．
此题考查三角形的外接圆与外心，圆心角、弧、弦的关系，垂径定理，含30度的直角三角形性质．
15.【答案】②③④
【解析】解：∵抛物线的开口向下，
∴a<0．
∵抛物线的对称轴−b2a>1，
∴b>−2a，即2a+b>0，②成立；
∵b>−2a，a<0，
∴b>0，
∵抛物线与y轴的交点在y轴的负半轴，
∴c<0，
∴abc>0，①错误；
∵OC=2OA，
∴A(−c2,0)，
∴14ac2−14bc+c=0，
整理得：2b−ac=4，③成立；
∵抛物线的对称轴1<−b2a<2，
∴−2a∵当x=1时，y=a+b+c>0，
∴a−4a+c>0，即3a−c<0，④正确．
综上可知正确的结论为②③④．
故答案为：②③④．
①根据抛物线的开口向下即可得出a<0，再根据抛物线的对称轴在x=1和x=2之间即可得出b>−2a，②正确；②由b>−2a可得出b>0，再根据抛物线与y轴交于y轴负半轴可得出c<0，由此即可得出abc>0，①错误；③将A(−c2,0)代入抛物线解析式中，整理后可得出2b−ac=4，③正确；④根据抛物线的对称轴1<−b2a<2可得出−2a0即可得出a+b+c>0，进而即可得出3a−c<0，④正确．综上即可得出结论．
本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
16.【答案】 7−2
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAE=60°=∠C，AB=AC，
∵AE=CD，
∴△ABE≌△CAD(SAS)，
∴∠ABE=∠CAD，
∵∠CAD+∠BAD=60°，
∴∠ABE+∠BAD=60°，
∴∠AFB=120°，
∴F的轨迹是以AB为弦，圆心角为120°(∠AOB)的一段弧，设圆心为O，
过O作OH⊥AB于H，如图：
∵∠AOB=120°，OA=OB，
∴∠OAB=30°，
∵OH⊥AB，
∴AH=12AB= 3，
∴OA=AHcs30∘=2，
∴OF=OA=2，
∵∠OAB+∠BAC=90°，
∴OG= OA2+AG2= 22+( 3)2= 7，
当O，F，G共线时，FG最小，此时FG=OG−OF= 7−2，
故答案为： 7−2．
先证明△ABE≌△CAD(SAS)，有∠ABE=∠CAD，可知∠AFB=120°，故F的轨迹是以AB为弦，圆心角为120°(∠AOB)的一段弧，设圆心为O，过O作OH⊥AB于H，可得OA=2=OF，由∠OAB+∠BAC=90°，可得OG= OA2+AG2= 7，当O，F，G共线时，FG最小，此时FG=OG−OF= 7−2．
本题考查等边三角形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形三边关系等，解题的关键是求出F的轨迹是以AB为弦，圆心角为120°(∠AOB)的一段弧．
17.【答案】解：方法1：把x=1代入方程x2−bx−3=0得：1+b−3=0，
解得b=2，
∴原方程为x2+2x−3=0，
解得：x1=1，x2=−3．
∴b的值为b=2，方程的另一个根为x=−3．
方法2：设方程的一个根为x1=1，另一个根为x2，
由根与系数的关系，得：x1+x2=−b，x1x2=−3，
即1+x2=−b，x2=−3，
解得b=2．
∴b的值为b=2，方程的另一个根为x=−3．
【解析】方法1：根据一元二次方程的解的定义把x=1代入原方程中求出b的值，再解原方程求出另一个根即可；
方法2：利用根与系数的关系求出方程另一个根，进而求出b的值即可．
本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程解的定义，熟知一元二次方程的相关知识是解题的关键．
18.【答案】65°
【解析】解：(1)在Rt△ABC中，∠C=90°，∠BAC=40°，
∴∠ABC=50°，
∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，
∴∠EBF=∠ABC=50°，AB=BF，
∴∠BAF=∠BFA=12(180°−50°)=65°，
故答案为：65°；
(2)∵∠C=90°，AC=8，BC=6，
∴AB=10，
∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，
∴BE=BC=6，EF=AC=8，
∴AE=AB−BE=10−6=4，
∴AF= AE2+EF2=4 5．
(1)根据三角形的内角和定理得到∠ABC=50°，根据旋转的性质得到∠EBF=∠ABC=50°，AB=BF，根据三角形的内角和定理即可得到结论；
(2)根据勾股定理得到AB=10，根据旋转的性质得到BE=BC=6，EF=AC=8，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
19.【答案】解：(1)画树状图如下：
共有16个等可能的结果，两次都摸到红球的结果有4个，
∴两次都摸到红球的概率为416=14；
(2)画树状图如下：
共有12个等可能的结果，“一次同时摸出两个红球”的结果有2个，
∴“一次同时摸出两个红球”的概率为212=16．
【解析】(1)画树状图，共有16个等可能的结果，两次都摸到红球的结果有4个，再由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有12个等可能的结果，“一次同时摸出两个红球”的结果有2个，再由概率公式求解即可．
本题考查了列表法与树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20.【答案】(1)证明：连接OE，如图1所示：

∵PN=PE，
∴∠PEN=∠PNE=∠BNF，
∵OE=OB，
∴∠OEB=∠OBE．
∵AB⊥CD，
∴∠OBE+∠BNF=90°，
∴∠OEB+∠PEN=90°，
即∠OEP=90°，
∴PE⊥OE，
∵OE是半径，
∴PE是⊙O的切线．
(2)解：连接CE，如图所示：

∵DE//AB，AB⊥CD，
∴∠EDC=90°
∴CE为⊙O的直径．
∵AB⊥CD，
∴CF=DF，
∴DE=2OF=12．
∵OF=6，BF=4，
∴OC=OB=10，CE=20，
∴CD= CE2−DE2= 202−122=16，
由(1)知PE⊥CE.设PD=x，则PC=x+16．
在Rt△PDE和Rt△PCE中，由勾股定理，得：PD2+DE2=PE2=PC2−CE2，
即x2+122=(x+16)2−202，
解得：x=9，
∴PD=9．
∴PE= PD2+DE2= 92+122=15，
∴PN=PE=15．
【解析】(1)连接OE，由等腰三角形的性质得出∠PEN=∠PNE=∠BNF，∠OEB=∠OBE.证出∠OEB+∠PEN=90°，即PE⊥OE，即可得出结论；
(2)连接CE，证出CE为⊙O的直径．由垂径定理得出CF=DF，得出DE=2OF=12.求出OC=OB=10，CE=20，由勾股定理得出CD=16.设PD=x，则PC=x+16.在Rt△PDE和Rt△PCE中，由勾股定理得出方程，解方程求出PD=9，由勾股定理即可得出答案．
本题考查切线的判定、勾股定理、圆周角定理、等腰三角形的性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
21.【答案】解：(1)如图1中，点D即为所求；
(2)如图1中，点E即为所求；
(3)①∠F=45°；
②如图2中，线段BQ即为所求．

【解析】(1)取BC的中点T，连接OT，延长OT交⊙O于点D，点D即为所求；
(2)作出AC的中点E，连接BE即可；
(3)①利用等腰直角三角形的性质判断即可；
②取格点T，连接CT，延长BP交⊙O于点K，作直径KJ，连接BJ，延长BJ交CT点Q，线段BQ即为所求．
本题考查作图−旋转变换，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的外心等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
解析：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)①BC2=20，BF2=20，CF2=40，
∴BC2+BF2=CF2，且BC=BF，
∴△BCF是等腰直角三角形，
∴∠F=45°；
②见答案．
22.【答案】解：(1)①把点A(1,0)，(−2,3)代入y=ax2+bx+3得：
a+b+3=04a−2b+3=3，
解得a=−1b=−2，
∴抛物线L的解析式为y=−x2−2x+3，
∵y=−(x2+2x)+3=−(x+1)2+4，
∴顶点坐标为(−1,4)；
②弹珠能弹出箱子，理由如下：
∵AD=5m，
∴OD=4m，
∴D(−4,0)；
当y=−x2−2x+3=0时，
解得：x1=−3，x2=1，
根据题意可设抛物线M的解析式为y=−(x−h)2+3，
把点(−3,0)代入y=−(x−h)2+3，得：−(−3−h)2+3=0，
解得：h=−3+ 3或h=−3− 3，
∵抛物线M的对称轴在直线x=−3的左侧，
∴h=−3− 3，
∴抛物线M的解析式为y=−(x+3+ 3)2+3，
∵当x=−4时，y=−(−4+3+ 3)2+3=−( 3−1)2+3=2 3−1>2，
∴弹珠能弹出箱子．
(2)∵抛物线y=ax2+bx+3经过点A(1,0)，
∴a+b+3=0，
∴b=−3−a，
∴抛物线解析式为y=ax2−(a+3)x+3
∵DE=2m，OD=4m，
∴OE=2m，
∴F(−2,2)，G(−4,2)，
在y=ax2−(a+3)x+3中，当y=2时，则ax2−(a+3)x+3=2，
∴ax2−(a+3)x+1=0，
解得x=a+3+ (a+3)2−4a2a或x=a+3− (a+3)2−4a2a，
∵要使弹珠能投入箱子，
∴−4∴−4a∴−5a−3< (a+3)2−4a<−9a−3，
∴−9a−3>0，
∴a<−13，
∴a2+6a+9−4a<81a2+54a+9，
∴4a(20a+13)>0，
解得a>0或a<−1320，
∴a<−1320；
当−5a−3<0，即a>−35时，满足−5a−3< (a+3)2−4a，
当−5a−3≥0，即a≤−35时，
∴25a2+30a+9∴−76∴−76综上所述，当−76【解析】(1)①把点A(1,0)，(−2,3)代入y=ax2+bx+3，再把抛物线解析式化为顶点式，可得顶点坐标，即可求解；②先求出抛物线L与x轴的两一个交点为(−3,0)，再根据题意可设抛物线M的解析式为y=−(x−h)2+3，然后把(−3,0)代入，求出抛物线M的解析式，再求出当x=−4时，y的值即可求解．
(2)由抛物线y=ax2+bx+3经过点A(1,0)，得到b=−3−a，则抛物线解析式为y=ax2−(a+3)x+3，求出F(−2,2)，G(−4,2)；当y=2时，ax2−(a+3)x+3=2，x=a+3+ (a+3)2−4a2a或x=a+3− (a+3)2−4a2a，要使弹珠能投入箱子，则−4本题主要考查了二次函数的实际应用，正确理解题意求出对应的函数关系是解题的关键．
23.【答案】解：问题背景：如图1，

∵AB=AC，∠A=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=CA，∠ABC=∠C=∠A=60°，
在△ABM和△BCN中，
AB=BC∠ABM=∠BCNBM=CN，
∴△ABM≌△BCN(SAS)，
∴∠CBN=∠BAM，
∵∠CBN+∠ABN=∠ABC=60°，
∴∠BAM+∠ABN=60°，
∵∠ADN是△ABD的外角，
∴∠ADN=∠BAM+∠ABN=60°；
迁移应用：如图，

∵AB=AC，∠A=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∵∠BAD=∠CBD，
∴∠BAD+∠ABD=∠CBD+∠ABD=60°，
∵AD=DM，
∴△ADM是等边三角形，
∵AE⊥DM，
∴∠DAE=30°，DM=2DE，
∴AD=2DE，
又AE= AD2−DE2= 3DE，
∴DE= 33AE，
∴DM=2DE=2 33AE，
∴BM=BD+DM=BD+2 33AE；
联系拓展：分两种情况讨论：
①点D在BC上方时，
如图，过点A作AH⊥BD于点H，连接AD，过A作AP垂直于AD，交BD于点P，

∵BD=8，CD=6，BC=10，
∴BD2+CD2=BC2，
∴△BDC是直角三角形，且∠BDC=90°，
∵∠BAC=90°，
∴A，B，C，D在同一圆上，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB=45°，
∵弧AB=弧AB，
∴∠ADP=∠ACB=45°，
∴∠APD=180°−∠PAD−∠ADP=45°=∠ADP，
∴∠APB=180°−45°=135°，∠ADC=45°+90°=135°，
∴∠BPD=∠ADC，
∵∠BAC=∠DAP=90°，
∴∠BAP=∠CAD，
又AB=AC，
∴△APB≌△ADC(AAS)，
∴BP=CD=6，
∴DP=BD−BP=8−6=2，
∵AH⊥DP，
∴AH=12DP=1；
②点D在BC下方时，
如图，过点A作AH⊥BD于点H，作∠DAP=90°，交DB的延长线于点P，

同理可证△APB≌△ADC，
∴PB=CD=6
∴DP=BP+BD=6+8=14．
∵AH⊥DP，
∴AH=12DP=7．
综上所述：点A到BD的距离为：1或7．
【解析】问题背景：先证明△ABC是等边三角形，再根据SAS证明△ABM≌△CBN，得∠ABM=∠CBN从而得出∠ADN=∠BAM+∠ABD=60°；
迁移应用：由题意知∠BAD+∠ABD=60°=∠ADM，可证明△ADM是等边三角形，从而得出DE= 33AE,DM=2 33AE，进而得出BM=BD+2 33AE；
联系拓展：分两种情况讨论：①点D在BC上方时，过点A作AH⊥BD于点H，连接AD，过A作AP垂直于AD，交BD于点P，可得△ADC≌△APB，得BP=CD=6，根据DP=BD−BP=8−6=2，AH⊥DP，即可得点A到BD的距离；②点D在BC下方时，过点A作AH⊥BD于点H，连接AD，同理可得DP=BD+BP=6+8=14，进而可得点A到BD的距离．
本题主要考查了等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，30度角所对直角等于斜边一半，圆周角定理，勾股定理及逆定理等知识，正确作辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
24.【答案】解：(1)∵A(−1,0)，
∴OA=1，
∴OB=OC=4OA=4，
∴B(4,0)，C(0,−4)，
将点A、点C的坐标代入y=x2+bx+c，
∴0=1−b+c−4=c，解得b=−3c=−4，
∴抛物线的解析式为：y=x2−3x−4；
(2)联立y=x2−3x−4y=x，解得x=2−2 2y=2−2 2或x=2+2 2y=2+2 2，
∴D(2−2 2,2−2 2)，E(2+2 2,2+2 2)，
∴DE=8，
设⊙F与DE相切于H，连接FH，FD，FE，过点F作FG⊥x轴交DE于G，设点F的坐标为(x,x2−3x−4)，

∴FH⊥DE，G(x,x)，
∴FG=x−(x2−3x−4)=−x2+4x+4，
∵DE为定值，S△DEF=12DE⋅FH=4FH，
∴当△DEF的面积最大时，FH最大，即r最大，
而S△DEF=12FG(xE−xD)
=12(−x2+4x+4)[(2+2 2)−(2−2 2)]
=−2 2(x−2)2+16 2，
∵−2 2<0，
∴当x=2时，S△DEF最大，其最大值为16 2，
此时FH=4 2，点F的坐标为(2,−6)；
(3)设AN与y轴交于点P，

由题意可知，点G的坐标为(0,t)，
由对称的性质可知，点P的坐标为(0,−t)，
设直线AM的解析式为：y=kx+a，
将A、G的坐标代入，得0=−k+at=a，
解得k=ta=t，
∴直线AM的解析为：y=tx+t，
同理可求得，直线AN的解析式为：y=−tx−t，
联立y=x2−3x−4y=tx+t，解得x=−1y=0或x=4+ty=t2+5t，
∴点M的坐标为(4+t,t2+5t)，
同理可得点N的坐标为(4−t,t2−5t)，
∴点K的纵坐标为n=(t2+5t)+(t2−5t)2=t2，
即n=t2．
【解析】(1)根据题意，即可求出点B和点C的坐标，然后将A、C两点的坐标代入解析式中即可求出结论；
(2)联立方程即可求出D、E坐标，从而求出DE，设⊙F与DE相切于H，连接FH，FD，FE，过点F作FG⊥x轴交DE于G，设点F的坐标为(x,x2−3x−4)，由DE为定值，S△DEF=12DE⋅FH可知：
当△DEF的面积最大时，FH最大，即r最大，利用“铅垂高，水平宽”求出△DEF的面积的最大值，即可求出r的最大值和此时点F的坐标；
(3)设AN与y轴交于点P，利用待定系数法求出直线AM和AN的解析式，联立方程即可求出点M和点N的坐标，再根据中点公式即可求出结论．
本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数表达式，圆的切线的性质与判定，三角形的面积，中点坐标公式等知识，关键(2)熟练掌握三角形面积的不同求解方法；(3)待定系数法求解析式的熟练应用．