2023-2024学年广东省深圳高级中学北校区九年级（下）第15周月考数学试卷

这是一份2023-2024学年广东省深圳高级中学北校区九年级（下）第15周月考数学试卷，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。

一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.一天早晨的气温是−7℃，中午上升了10℃，半夜又下降了8℃，半夜的气温是( )
A. −9℃B. −5℃C. 5℃D. 11℃
2.下面四个化学仪器示意图中，是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.一元一次不等式x+43≥2的解集是( )
A. B.
C. D.
4.某高速(限速120km/h)某路段的车速监测仪监测到连续6辆车的车速分别为：118，106，105，120，118，112(单位：km/h)，则这组数据的中位数为( )
A. 115B. 116C. 118D. 120
5.下列运算正确的是( )
A. (−a2)3=a6B. (−a3)2=−a6C. (2a2b)3=6a6b3D. (−3b2)2=9b4
6.一块含30°角的直角三角板和直尺如图放置，若∠1=145°，则∠2的度数为( )
A. 63°
B. 64°
C. 65°
D. 66°
7.某商店需要购进甲乙两种商品，已知甲的进价比乙多50元，分别用2万元进货甲乙两种商品，购买乙的件数比甲多20件，现设乙的进价为x元，则下列方程正确的是( )
A. 20000x+50−20000x=20B. 20000x−50−20000x=20
C. 20000x−20000x+50=20D. 20000x−20000x−50=20
8.如图分别是2个高压电塔的位置.已知电塔A，B两点水平之间的距离为80米(AC=80m)，∠BAC=α，则从电视塔A到B海拔上升的高度(BC的长)为( )
A. 80tanα
B. 80tanα
C. 80sinα
D. 80sinα
9.在同一平面直角坐标系中，二次函数y=ax2与一次函数y=bx+c的图象如图所示，则二次函数y=ax2+bx+c的图象可能是( )
A. B.
C. D.
10.如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线AC上的两点，且EF=2AE=2CF，连接DE并延长交AB于点M，连接DF并延长交BC于点N，连接MN，则S△AMDS△MBN的值为( )
A. 34
B. 23
C. 1
D. 12
第II卷（非选择题）
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.分解因式：a3−4ab2=______．
12.已知方程2x2−mx+3=0的一个根是−1，则m的值是______．
13.如图，在△ABC中，AB=AC，分别以点A，B为圆心，大于12AB的长为半径画弧，两弧相交于点M和点N，作直线MN分别交BC、AB于点D和点E，若AC=6，BC=10，则△ADC的周长为______．
14.如图，正方形ABCD放置在直角坐标系中，反比例函数y=kx(k≠0)经过A点和边CD的中点E，已知B(0,2)，则k的值为______．
15.如图，在矩形ABCD中，E是AB上一点，AEBE=12，连接DE，F是BC上一点，且∠DEF=30°，sin∠EDF=35，则BCAB= ______．
三、解答题：本题共7小题，共55分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题5分)
计算：(2−π)0− 16+4sin45°+(13)−1．
17.(本小题7分)
先化简，再求值：(1x+3+1)÷x2+8x+16x+4，其中x=−1．
18.(本小题8分)
某校开展了中国传统文化知识的宣传活动.为了解这次活动的效果，现随机抽取部分学生进行知识测试，并将所得数据绘制成不完整的统计图表．
根据统计图表提供的信息，解答下列问题：
(1)a= ______，b= ______，c= ______；
(2)补全条形统计图；
(3)在“优秀”中有甲乙丙丁四个人，随机抽2人恰好抽到甲乙2人的概率是______；
(4)该学校共有1200名学生，估计测试成绩等级在良好及以上(包括良好)的学生约有多少人？
19.(本小题8分)
某初三某班计划购买定制钢笔和纪念卡册两种毕业纪念礼物，已知购买1支定制钢笔和4本纪念卡册共需130元，购买3支定制钢笔和2本纪念卡册共需140元．
(1)求每支定制钢笔和每本纪念卡册的价格分别为多少元？
(2)该班计划购买定制钢笔和纪念卡册共60件，总费用不超过1600元，且纪念卡册本数小于定制钢笔数量的3倍，那么有几种购买方案，请写出设计方案？
20.(本小题8分)
如图，AB是半圆O的直径，点C是半圆上一点(不与点A，B重合)，连接AC，BC.点P为线段AB延长线上一点，连接PC，∠CAB=∠BCP．
(1)求证：PC为⊙O的切线；
(2)作∠CPB的角平分线，交AC于点M，交BC于点N．
①请用无刻度的直尺和圆规完成作图(保留作图痕迹，不写作法)；
②若∠CPB=30°，NC=3，求MN的长．
21.(本小题9分)
根据以下素材，探索完成任务．
22.(本小题10分)
在四边形ABCD中，E是BC上一点，连接AE，将△ABE沿AE翻折得到△AFE，AF落在对角线AC上.将△AEC绕点A旋转，使得AC落在直线AD上，点C的对应点为M，点E的对应点为N．
(1)【特例探究】如图1，数学兴趣小组发现，当四边形ABCD是正方形，且旋转角小于90°时，会有△CEF≌△MDN，请你证明这个结论；
(2)【再探特例】如图2，当四边形ABCD是菱形，且旋转角小于90°时，若∠BAD=60°，BE=2.连接DF交AN于点G.求DG的长；
(3)【拓展应用】如图3，当四边形ABCD是矩形时，当M到点A、点D的距离，两段距离比为35时，请直接写出BECE的值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：(−7)+10−8
=3−8
=−5(℃)
答：半夜的气温是−5℃．
故选：B．
根据有理数的加减混合运算的运算方法，用某地一天早晨的气温加上中午上升的温度，再减去半夜又下降的温度，求出半夜的气温是多少即可．
此题主要考查了有理数的加减混合运算，要熟练掌握有理数的加减混合运算法则，注意运算顺序．
2.【答案】C
【解析】解：A、不是轴对称图形，不符合题意；
B、不是轴对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，符合题意；
D、不是轴对称图形，不符合题意；
故选：C．
根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形．
本题主要考查了轴对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形的定义．
3.【答案】C
【解析】解：x+43≥2，
去分母得：x+4≥6，
解得：x≥2．
故选：C．
根据不等式的性质，解一元一次不等式即可求解．
本题主要考查解一元一次不等式，掌握解不等式的性质，解一元一次不等式的方法是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：数据重新排序为105，106，112，118，118，120，
∴中位数为112+1182=115，
故选：A．
中位数，是按顺序排列的一组数据中居于中间位置的数，当这组数据的个数是偶数时，取中间两个数的和的一半，当这组数据的个数是奇数时，取中间的数，由此即可求解．
本题主要考查中位数，理解并掌握中位数的计算方法是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：A.(−a2)3=−a6，故A选项不符合题意；
B.(−a3)2=a6，故B选项不符合题意；
C.(2a2b)3=8a6b3，故C选项不符合题意；
D.(−3b2)2=9b4，故D选项符合题意；
故选：D．
根据幂的运算法则逐项判断即可．
本题主要考查幂的运算，熟练掌握幂的运算法则是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：如图，
∵∠1+∠4=180°，∠1=145°，
∴∠4=35°，
∵∠3=∠4+∠A，∠A=30°，
∴∠3=65°，
∵直尺的对边互相平行，
∴∠2=∠3=65°，
故选：C．
根据平角的定义得到∠4=35°，再根据三角形外角性质得到∠3=65°，最后根据平行线的性质即可得解．
此题考查了平行线的性质及三角形外角性质，熟记“两直线平行，内错角相等”及三角形外角的性质是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：设乙的进价为x元，则甲的进价是(x+50)元，
根据题意得，20000x−20000x+50=20．
故选：C．
由题意得甲的进价是(x+50)元，根据用2万元进货甲乙两种商品，购买乙的件数比甲多20件列出方程即可．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，Rt△ABC，∠BAC=α，AC=80m，
∴tan∠BAC=tanα=BCAC，
∴BC=ACtanα=80tanα，
故选：A．
在Rt△ABC中根据∠BAC的正切值即可求解．
本题主要考查直角三角形中正切的计算，理解正切的计算方法是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：观察函数图象可知：a>0，b>0，c<0，
∴二次函数y=ax2+bx+c的图象开口向上，对称轴x=−b2a<0，与y轴的交点在y轴负半轴．
故选：D．
根据二次函数y=ax2与一次函数y=bx+c的图象，即可得出a>0、b>0、c<0，由此即可得出：二次函数y=ax2+bx+c的图象开口向上，对称轴x=−b2a<0，与y轴的交点在y轴负半轴，再对照四个选项中的图象即可得出结论．
本题考查了一次函数的图象以及二次函数的图象，根据二次函数图象和一次函数图象经过的象限，找出a>0、b>0、c<0是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：设AB=AD=BC=CD=3a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAE=∠DCF=45°，∠DAM=∠DCN=90°，
在△DAE和△DCF中，
DA=DC∠DAE=∠DCFAE=CF，
∴△DAE≌△DCF(SAS)，
∴∠ADE=∠CDF，
在△DAM和△DCN中，
∠ADM=∠CDNDA=DC∠DAM=∠DCN，
∴△DAM≌△DCN(ASA)，
∴AM=CN，
∵AB=BC，
∴BM=BN，
∵CN/​/AD，
∴CNAD=CFAF=13，
∴CN=AM=a，BM=BN=2a，
∴S△ADMS△BMN=12⋅AD⋅AM12⋅BM⋅BN=3a×a2a×2a=34，
故选：A．
11.【答案】a(a+2b)(a−2b)
【解析】解：a3−4ab2
=a(a2−4b2)
=a(a+2b)(a−2b)．
故答案为：a(a+2b)(a−2b)．
观察原式a3−4ab2，找到公因式a，提出公因式后发现a2−4b2符合平方差公式的形式，再利用平方差公式继续分解因式．
本题考查了提公因式法与公式法分解因式，有公因式的首先提取公因式，最后一定要分解到各个因式不能再分解为止．
12.【答案】−5
【解析】解：把x=−1代入2x2−mx+3=0，得2+m+3=0，
解得，m=−5．
故答案为：−5．
根据一元二次方程的解把x=−1代入一元二次方程得到关于m的一次方程，然后解一次方程即可．
本题考查了一元二次方程的解的定义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
13.【答案】16
【解析】解：根据作图痕迹，DE是线段AB的垂直平分线，
∴AD=BD，
∵AC=6，BC=10，
∴△ADC的周长为AC+CD+AD=AC+CD+BD=AC+BC=16，
故答案为：16．
先根据作图痕迹可得DE是线段AB的垂直平分线，利用线段垂直平分线的性质证得AD=BD即可求解．
本题考查基本尺规作图−作垂直平分线、线段垂直平分线的性质，得到DE是线段AB的垂直平分线是解答的关键．
14.【答案】7± 41
【解析】解：∵点B的坐标为(0,2)，
∴OB=2，
设OC=t，则点C的坐标为(t,0)，
过点A作AF⊥y轴于F，过点D作DH⊥x轴于H，如图：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD，∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠ABF+∠OBC=90°，
∵∠AFB=∠COB=90°，
∴∠BCO+∠OBC=90°，
∴∠ABF=∠BCO，
在△ABF和△BCO中，
∠ABF=∠BCO∠AFB=∠COB=90°AB=BC，
∴△ABF≌△BCO(AAS)，
∴BF=OC=t，AF=OB=2，
∴OF=OB+BF=2+t，
∴点A的坐标为(2,2+t)，
∵点A在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，
∴k=2(2+t)，
同理可证：△DCH≌△CBO(AAS)，
∴CH=OB=2，DH=OC=t，
∴OH=OC+CH=2+t，
∴点D的坐标为(2+t,t)，
又点C的坐标为(t,0)，点E为CD的中点，
∴点E的坐标为(t+1,t2)，
∵点E在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，
k=(t+1)⋅t2=12t(t+1)，
∴2(2+t)=12t(t+1)，
整理得：t2−7t−16=0，
解得：t=3± 412，
∴k=2(2+t)=7± 41．
故答案为：7± 41．
设OC=t，则点C的坐标为(t,0)，过点A作AF⊥y轴于F，过点D作DH⊥x轴于H，先证△ABF和△BCO全等得BF=OC=t，AF=OB=2，从而得点A(2,2+t)，则k=2(2+t)，同理△DCH和△CBO全等，则CH=OB=2，DH=OC=t，可得点D(2+t,t)，进而可求出点E(t+1,t2)，则k=(t+1)⋅t2=12t(t+1)，于是得2(2+t)=12t(t+1)，由此可解出t，进而可得k的值．
此题主要考查了反比例函数的图象，正方形的性质，全等三角形的判定，解答此题的关键是熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定和性质，理解函数图象上的点满足函数的解析式，满足函数解析式的点都在函数的图象上．
15.【答案】9 3+89
【解析】解：过F作FG⊥DE交DE于G，延长DE、CB交于点M，
∵AEBE=12，
设AE=a，BE=2a，AB=3a，
∵sin∠EDF=FGDF=35，
∴设DF=5b，GF=3b，
∴DG=4b，
∵∠DEF=30°，
∴EF=2GF=6b，
∴EG=3 3b，
∴DE=EG+DG=(3 3+4)b，
∵矩形ABCD，
∴AD//BC，∠ABC=∠MGF=90°，
∴ADMB=DEME=AEBE=12，
∴ADMB=(3 3+4)bME=12，
∴MB=2AD，ME=2(3 3+4)b，
∴MG=ME+EG=(9 3+8)b，
∵∠M=∠M，∠ABC=∠MGF=90°，
∴△MBE∽△MGF2AD(9 3+8)b=2a3b，
整理得，AD=9 3+83a，
∴BCAB=ADAB=9 3+83a3a=9 3+89，
故答案为：9 3+89．
根据AEBE=12，设AE=a，BE=2a，过F作FG⊥DE交DE于G，根据sin∠EDF=35，设DF=5b，GF=3b，根据∠DEF=30°可得EF=6b，EG=3 3b，再延长DE、CB交于点M，即可得到ADMB=DEME=AEBE=12，求出MB，ME，然后根据△MBE∽△MGF得到MBMG=BEGF，可以求出AD=9 3+83a，最后求出BCAB即可．
本题考查解直角三角形，相似三角形的性质与判定，矩形的性质，难度比较大，解题的关键是设未知数表示线段并求出不同未知数的关系．
16.【答案】解：(2−π)0− 16+4sin45°+(13)−1
=1−4+4× 22+3
=2 2．
【解析】根据非零数的零次幂，二次根式的化简，特殊角的三角函数值，负指数幂的运算法则即可求解．
本题主要考查实数的综合运算，掌握非零数的零次幂，二次根式的化简，特殊角的三角函数值，负指数幂的运算法则是解题的关键．
17.【答案】解：原式=(1x+3+x+3x+3)×x+4(x+4)2
=x+4x+3×1x+4
=1x+3，
当x=−1时，
原式=1−1+3=12．
【解析】先根据分式的运算法则把所给分式化简，再把x=−1代入计算即可．
本题考查了分式的混合运算，熟练掌握分式的运算法则是解答本题的关键．
18.【答案】25 0.1 100 16
【解析】解：(1)抽取的学生人数为：60÷0.6=100(人)，
∴c=100，
∴a=100−60−10−5=25，b=10÷100=0.1，
故答案为：25，0.1，100；
(2)补全条形统计图：
(3)画树状图如图：
共有12种等可能的结果，甲、乙两名同学同时被选中的结果有2种，
∴甲、乙两名同学同时被选中的概率为212=16．
故答案为：16．
(4)估计测试成绩等级在合格以上(包括合格)的学生约有人数为：1200×(0.6+0.25)=1020(人)．
(1)由优秀的人数除以频率得出抽取的学生人数，即可解决问题；
(2)由(1)的结果，补全条形统计图即可；
(3)画树状图，共有12种等可能的结果，甲、乙两名同学同时被选中的结果有2种，再由概率公式求解即可；
(4)由学校总人数乘以等级在良好以上(包括良好)的学生的频率即可．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率以及条形统计图和频数分布表，由样本的百分比估计总体的数量．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
19.【答案】解：(1)解：设每支定制钢笔和每本纪念卡册的价格分别为x、y元，
依题意，得：x+4y=1303x+2y=140，
解得：x=30y=25，
答：每支定制钢笔的价格为30元，每本纪念卡册的价格为25元．
(2)解：设购买定制钢笔m支，则纪念卡册有(60−m)本
依题意，得：30m+25(60−m)≤160060−m<3m
解得：15分别为：
方案1：购买定制钢笔16支，纪念卡册44本；
方案2：购买定制钢笔17支，纪念卡册43本；
方案3：购买定制钢笔18支，纪念卡册42本；
方案4：购买定制钢笔19支，纪念卡册41本；
方案5：购买定制钢笔20支，纪念卡册40本．
【解析】(1)设每支定制钢笔和每本纪念卡册的价格分别为x、y元，根据题意列出二元一次方程组，解方程组即可求解；
(2)设购买定制钢笔m支，则纪念卡册有(60−m)本，根据题意列出一元一次不等式组，解不等式组即可求解．
本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，根据题意列出方程组和不等式组是解题的关键．
20.【答案】(1)证明：连接OC，如图，
∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
即∠ACO+∠BCO=90°，
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠ACO，
∵∠CAB=∠BCP，
∴∠BCO+∠BCP=90°，
即∠OCP=90°，
∴OC⊥PC，
∵OC为⊙O的半径，
∴PC为⊙O的切线；
(2)①如图，PM为所作；
②∵PM平分∠APC，
∴∠APM=∠CPM，
∵∠CMN=∠CAB+∠APM，∠CNM=∠PCN+∠CPN，
而∠CAB=∠PCN，
∴∠CMN=∠CNM，
∴CM=CN，
∵∠ACB=90°，
∴△CMN为等腰直角三角形，
∴MN= 2CN=3 2．
【解析】【分析】
(1)连接OC，如图，先根据圆周角定理得到∠ACB=90°，然后证明∠OCP=90°，则根据切线的判定方法可得到结论；
(2)①利用基本作图作∠APC的平分线即可；
②先利用三角形外角性质得到∠CMN=∠CAB+∠APM，∠CNM=∠PCN+∠CPN，再利用等量代换可证明∠CMN=∠CNM，则判断△CMN为等腰直角三角形，所以MN= 2CN．
本题考查了作图−作一个角的平分线、圆周角定理和切线的判定．判断△CMN为等腰直角三角形是解题的关键．
21.【答案】解：任务1、∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点(0,1)，抛物线的对称轴是直线x=2，
∴抛物线经过点(4,1)．
∵对方的前边界与击球点水平距离为3.96米，对方的后边界与击球点水平距离为8.68米，3.96<4<8.68，
∴羽毛球未出界；
任务2、由题意得：y=−14x2+bx+c经过点(0,1)，(4,0)．
∴c=1−14×42+4b+c=0．
解得：b=34c=1．
∴抛物线解析式为：y=−14x2+34x+1．
当x=2时，y=−1+1.5+1=1.5．
∵1.5<1.55，
∴羽毛球未过网；
任务3、由题意得：y=−25128x2+bx+c经过点(8,0)，(0,1)．
∴−25128×64+8b+c=0c=1．
解得：b=2316c=1．
∴y=−25128x2+2316x+1．
当y=2.2时．
−25128x2+2316x+1=2.2．
25128x2−2316x+1.2=0．
x2−18425x+325×2425=0．
(x−325)(x−2425)=0．
解得：x1=6.4，x2=0.96(不合题意，舍去)．
∴该球员至少要后退的米数=6.4−2−3=1.4(米)．
答：该球员至少要后退1.4米．
【解析】(1)根据抛物线经过点(0,1)，抛物线的对称轴是直线x=2，可得抛物线经过点(4,1).根据第一次发球需要超过3.96米而少于8.68米，可知球未出界；
(2)根据抛物线经过点(0,1)和(4,0)可得抛物线解析式，算出当x=2时，y的值也就求得了此时球的高度，与球网高度比较可得是否过网；
(3)根据抛物线经过点(8,0)，(0,1)可得抛物线解析式，进而把y=2.2代入可得x的值，减去球网与发球人的击球点的水平距离为2米和对方球员站立的地点与球网的水平距离3米，可得需要后退的距离．
本题考查二次函数的应用．理解羽毛球的知识和抛物线的知识在其中的作用是解决本题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠ABC=∠ADN=90°，∠FCE=45°，
∵△ABE沿AE翻折得到△AFE，
∴∠AFE=90°，AB=AF，
又∵△AEC绕点A旋转得到△ANM，
∴∠FCE=∠DMN=45°，AC=AM，
又∵∠AFE=∠FEC+∠FCE=90°，∠FCE=45°，
∴∠FEC=45°，
同理∠DNM=45°，
又∵AC=AM，AB=AF，
∴FC=DM，
∴△CEF≌△MDN(ASA)；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，AC是对角线，∠BAD=60°，
∴∠ABC=∠ADN=120°，∠BAC=∠DAC=12∠BAD=30°，
∵△ABE沿AE翻折得到△AFE，
∴∠BAE=∠FAE=15°，AB=AF，BE=EF=2，
又∵△AEC绕点A旋转得到△ANM，
∴∠DAN=∠FAE=15°，AC=AM，
∴∠GAF=∠DAF−∠DAG=15°，
即AG是∠DAF的角平分线，
又∵AD=AF，AG=AG，
∴△DAG≌△FAG(SAS)，
∴AG⊥DF．
∵AC=AM，AB=AF，
∴FC=DM，
∴△CEF≌△MDN(ASA)，
∴DN=EF=2．
∵AD=AF，∠DAF=30°，
∴∠AFD=∠ADF=180°−30°2=75°，
∴∠GDN=∠ADC−∠ADG=120°−75°=45°，
∵AG⊥DF，
∴∠DNG=180°−∠GDN−∠DGN=45°，
∴DG=GN．
在Rt△DGN中，DN2=DG2+GN2，
即22=2DG2，
解得DG= 2．
(3)解：当DMAM=35时，如图：

即BCAC=35，
令AC=5x，则BC=3x，
在Rt△ABC中，AB= AC2−BC2= (5x)2−(3x)2=4x，
∴ABAC=4x5x=45，
即sin∠ACB=ABAC=45，
故sin∠ACB=EFEC=45，
∴BECE=EFEC=45．
当AMDM=35时，
∵AC是矩形的对角线，
∴AC>AB，AC>BC，
∵A，D，M三点共线，且AM=AC，AD=BC，
故AD>DM，即该情况不存在．
【解析】(1)根据正方形的性质可得∠ABC=∠ADN=90°，∠FCE=45°，根据折叠的性质可得∠AFE=90°，AB=AF，根据旋转的性质可得∠FCE=∠DMN=45°，AC=AM，推得∠FEC=45°，∠DNM=45°，FC=DM，根据全等三角形的判定即可求证；
(2)根据菱形的性质可得∠ABC=∠ADN=120°，∠BAC=∠DAC=30°，根据折叠的性质可得∠BAE=∠FAE=15°，AB=AF，BE=EF=2，根据旋转的性质可得∠DAN=∠FAE=15°，AC=AM，推得AG是∠DAF的角平分线，根据全等三角形的判定和性质可得AG⊥DF，DN=EF=2，根据等角对等边可得DG=GN，根据勾股定理即可求得；
(3)当DMAM=35时，BCAC=35，令AC=5x，则BC=4x，根据勾股定理可得AB=4x，求得ABAC=45，根据正弦的定义可得sin∠ACB=ABAC=EFEC=45，即可求得；当AMDM=35时，根据矩形的性质可得AD>DM，即该情况不存在
本题考查了正方形的性质，折叠的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，角平分线的性质，等角对等边，勾股定理，正弦的定义，矩形的性质，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．等级
频数(人数)
频率
优秀
60
0.6
良好
a
0.25
合格
10
b
基本合格
5
0.05
合计
c
1
你知道羽毛球的比赛规则吗？
问题背景
素材1
如图1，在羽毛球单打比赛中，场地的边界线分为左右边界和前后边界.球员站在自己一方的后场发球，将球发到对角的对方的后场，或使用其他技巧将球发到对方的前场．
素材2
球员在发球时，必须将球击过网并发到对方场地的对角后场边界之内.如果球落在边界之外，则发球方失分.在接发球时，球员必须站在自己一方的接发球区域内接球．
素材3
如图2，若发球队员的击球点距离地面1米，网高1.55米，对方的前边界与击球点水平距离为3.96米，对方的后边界与击球点水平距离为8.68米，羽毛球的运行轨迹可以抽象为抛物线的一部分图象．
问题解决
条件
在水平地面上建x轴，过击球点A向水平地面作垂线，建y轴.在平面直角坐标系中，发球人的击球点A的坐标为(0,1).(以下三次发球均为有效发球，不考虑左右边界)
任务1
第一次发球时，羽毛球的运行轨迹近似满足y=ax2+bx+c(a≠0)，此时球网与发球人的击球点的水平距离为2米，且抛物线恰好关于球网对称，如果按轨迹运行，羽毛球能够过网并落在对方前场．
请问此时的羽毛球是否出界？请说明理由．
任务2
第二次发球时，羽毛球的运行轨迹近似满足y=−14x2+bx+c，如果按轨迹运行，落地点与击球点的水平距离为4米，此时球网与发球人的击球点的水平距离为2米．
请问此时的羽毛球过网了吗？请说明理由．
任务3
第三次发球时，羽毛球的运行轨迹近似满足y=−25128x2+bx+c，如果按轨迹运行，落地点与击球点的水平距离为8米，球网与发球人的击球点的水平距离为2米，此时对方球员站立的地点与球网的水平距离为3米，该球员向上伸直手臂挥拍的最大高度为2.2米.(参考数据：682=4624)
请问该球员至少要后退多少米才能接到球？请说明理由．