2023-2024学年浙江省金华市义乌市九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省金华市义乌市九年级（上）期末数学试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.汉语是中华民族智慧的结晶，成语又是汉语中的精华，是中华文化的一大瑰宝，具有极强的表现力.下列成语描述的事件属于不可能事件的是( )
A. 百步穿杨B. 瓜熟蒂落C. 瓮中捉鳖D. 水中捞月
2.榫卯是古代中国建筑、家具及其它器械的主要结构方式，是我国工艺文化精神的传承，凸出部分叫榫，凹进部分叫卯.如图是某个部件“卯”的实物图，它的主视图是( )
A. B. C. D.
3.一只不透明的袋子中装有1个红球、1个黄球和2个白球，这些球除颜色外都相同，搅匀后从袋子中任意摸出1个球，则摸到红球的概率是( )
A. 13B. 23C. 14D. 12
4.把抛物线y=x2的图象向下平移3个单位，所得函数解析式为( )
A. y=(x+3)2B. y=x2+3C. y=(x−3)2D. y=x2−3
5.在如图所示的平面直角坐标系中，△ABC与△DEF是以原点O为位似中心的位似图形，已知A(−2,0)，D(3,0)，则△ABC与△DEF的周长之比是( )
A. 9：4
B. 4：9
C. 3：2
D. 2：3
6.已知一棵树的影长是30m，同一时刻一根长1.5m的标杆的影长为3m，则这棵树的高度是( )
A. 15mB. 60mC. 20mD. 10 3m
7.如图，点O是正十二边形的中心，OM⊥FG于点M，则正确的是( )
A. OM=OF⋅sin15°
B. OM=OF⋅sin30°
C. OM=OF⋅cs15°
D. OM=OF⋅tan15°
8.如图，某小区打算进行公共设施改造，现有一块边长为40m的正方形空地ABCD，点O在AB边的中点处，计划在正方形空地内搭建一个以O为圆心，AB为直径的半圆形儿童游乐场区域，过点C作半圆的切线交AD于点N.以CN为正方形的区域分割线，位于分割线右下方的整个区域ABCN作为小区的休闲区，则该休闲区的面积为( )m2．
A. 1000B. 140C. 800D. 600 2
9.已知二次函数y=−mx2+2mx+4(m>0)经过点A(−2,y1)，点B(1,y2)，点C(3,y3)，那么y1，y2，y3的大小关系为( )
A. y110.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，点D、E分别在BC、AC上，连结DE，且满足∠CDE=∠A.现将△CDE沿DE所在直线折叠，当点C恰好落在AB边的点F处时，则CD的值为( )
A. 3B. 2516C. 125D. 3 34
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.若xy=35，则x+yx= ______．
12.如图，小明打高尔夫球，小球的飞行路线是一条抛物线.如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度h(米)与飞行时间t(秒)之间满足函数关系h=20t−5t2.则小球从飞出到达到最高点瞬间所需要的时间为______秒.
13.如图，点A，B，C，D在⊙O上，AC是⊙O的直径，∠D=50°，则∠BAC的度数是______．
14.如图，河堤横断面迎水坡AB的坡比是1： 3，堤高BC=8m，则坡面AB的长度______m.
15.如图是学校劳动社团的同学，利用数学知识绘制的社团会徽的草图，设计过程如下：作等腰△ABC内接于圆O，过点A作AD⊥BC交BC于点E，交圆O于点D，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G，连结DF，DG，测得DE=2cm，BC=8cm，则四边形AFDG的面积为______cm2．
16.有一长杆花艺剪如图1所示，上刀片与上把手固定在长杆AB上，把手杆HGE的点G固定在AB上，∠EGH大小不变，当手握∠BGH两边时，GE绕着点G旋转，带动杆FE，杆FE再带动刀片杆CDF绕固定点D旋转，且∠CDF=90°.图2是该花艺剪自然张开状态下的示意图，CD、EF都与AB平行，测得DF=5cm，CD=20cm，FE、AB间的距离为1cm，当杆HGE绕点G逆时针旋转α时，花艺剪完全闭合，点C落在AB边上，如图3所示，此时GE⊥AB，且EF还是与AB平行，则sinα= ______．
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
17.求tan260°+4sin30°cs45°的值．
四、解答题：本题共7小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题6分)
如图，在平行四边形ABCD中，E是边AD的延长线上一点，连接BE交CD于点F，交对角线AC于点G．
(1)若DE=1，AD=2，求CFDF的值；
(2)求证：△BCF∽△EAB．
19.(本小题6分)
我市某中学举行“国学经典”为主题的诗词大赛活动，赛后整理参赛学生的成绩，将学生的成绩分为A、B、C、D四个等级，并将结果绘制成如图所示的条形统计图和扇形统计图，但均不完整，请你根据统计图解答下列问题．

(1)参加比赛的学生人数共有______名，在扇形统计图中，图中m的值为______；
(2)补全条形统计图；
(3)组委会决定从本次比赛中获得A等级的学生中，选出两名去参加市中学生诗词大赛，已知A等级中女生只有1名，请用画树状图或列表的方法求出所选学生恰是一男一女的概率．
20.(本小题8分)
如图，在正方形网格中建立直角坐标系，一条圆弧经过网格点A，B，C，请利用网格图计算．
(1)在网格图中画出该圆弧所在圆的圆心D点的位置；
(2)连接AD、CD，则⊙D的半径为______，∠ADC的度数为______；
(3)若扇形DAC是一个圆锥的侧面展开图，求该圆锥底面半径．
21.(本小题8分)
如图，在等腰△ABC中，AB=BC=5，sin∠ABD=45，过点A作AD⊥BC于点D．
(1)求BD的长；
(2)若点E是边AC的中点，连结BE，求tan∠EBC的值．
22.(本小题10分)
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AB=4，点O是AB上一动点，以O为圆心，OB为半径作圆，分别交AB、BC于点M、N，连结MC、ON．
(1)若∠A=∠BCM，求证：MC是⊙O的切线；
(2)当ON//MC时，求
①BN的长；
②由MN、线段NC、MC围成的阴影部分的面积．
23.(本小题10分)
根据以下素材，完成探索任务：
24.(本小题12分)
等腰△ABD内接于⊙O，BA=BD.点C是劣弧BD上的动点，连接AC，AC与BD相交于点E．
(1)如图1，若∠ABD=50°，BE=BC，
①求∠DBC的度数；
②若ABAD=43，求ACBD的值．
(2)如图2，当AC刚好过圆心O，且AB=3BC，AD=4时，求CD的长．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：百步穿杨，瓜熟蒂落，瓮中捉鳖是随机事件；
水中捞月是不可能事件．
故选：D．
根据随机事件的定义解答即可．
本题考查的是随机事件，熟知在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：如图所示的几何体的主视图如下：
．
故选：C．
从正面看到的平面图形是主视图，根据主视图的含义可得答案．
此题主要考查了简单组合体的三视图；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形．
3.【答案】C
【解析】解：搅匀后从袋子中任意摸出1个球共有4种等可能结果，其中摸到红球的有1种结果，
所以搅匀后从袋子中任意摸出1个球，摸到红球的概率为14，
故选：C．
搅匀后从袋子中任意摸出1个球共有4种等可能结果，其中摸到红球的有1种结果，再根据概率公式求解即可．
本题主要考查概率公式，随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
4.【答案】D
【解析】解：∵抛物线y=x2的图象向下平移3个单位，
∴平移后图象的解析式为：y=x2−3，
故选：D．
根据二次函数图象平移法则“左加右减，上加下减”即可得到新的图象解析式．
本题考查了二次函数图象与几何变换，熟练掌握平移法则是解答本题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：∵△ABC与△DEF是以原点O为位似中心的位似图形，
∴△ABC与△DEF的周长之比=OA：OD，
∵A(−2,0)，D(3,0)，
∴OA=2，OD=3，
∴△ABC与△DEF的周长之比=2：3．
故选：D．
先利用位似的性质得到△ABC与△DEF的周长之比=OA：OD，然后利用点A、D的坐标得到OA=2，OD=3，从而得到△ABC与△DEF的周长之比．
本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k．
6.【答案】A
【解析】解：设这棵树的高度为xm，根据在同一时刻同一地点任何物体的高与其影子的比值是相同的得：1.53=x30，
∴x=1.5×303=15
∴这棵树的高度是15m．
故选：A．
在同一时刻，物体的实际高度和影长成比例，据此列方程即可解答．
解题关键是知道在同一时刻同一地点任何物体的高与其影长的比值是相同的．
7.【答案】C
【解析】解：连接OG，
∵点O是正十二边形的中心，
∴∠FOG=360°12=30°，
∵OM⊥FG，
∴∠FOM=12∠FOG=15°，
∴OM=OF⋅cs15°，
故选：C．
连接OG，根据正多边形的性质得到∠FOG=360°12=30°，根据三角函数的定义即可得到结论．
本题考查了正多边形与圆，解直角三角形，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：如图，由切线的性质可知，CM=CB=40m，MN=AN，
设AN=x m，则DN=(40−x)m，CN=(40+x)m，
在Rt△CDN中，由勾股定理得，
CN2=CD2+DN2，
即(40+x)2=402+(40−x)2，
解得x=10，
即AN=10，
∴该休闲区的面积为12×(10+40)×40=1000(m2)，
故选：A．
根据切线长定理和勾股定理求出AN的长，再根据梯形面积的计算公式进行解答即可．
本题考查切线的性质以及正方形的性质，掌握切线的性质、正方形的性质以及勾股定理是正确解答的关键．
9.【答案】B
【解析】解：二次函数y=−mx2+2mx+4的对称轴为直线x=−2m−2m=1，
∵m>0，
∴抛物线开口向下，
∴x=1时，y2最大，
∵1−(−2)=3>3−1=2，
∴y3>y1，
∴y1，y2，y3的大小关y1故选：B．
根据函数解析式求出抛物线对称轴和开口方向，再根据二次函数的性质求判断即可．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，关键是掌握二次函数的性质．
10.【答案】B
【解析】解：如图，连接CF交DE于点G，
由折叠可知，DE垂直平分CF，
∴∠DGC=90°，CG=FG，
∴∠CDG+∠DCG=90°，
又∵∠CDE=∠A，∠A+∠B=90°，∠DCG+∠FCE=90°，
∴∠DCG=∠B，∠FCE=∠A，
∴BF=CF，CF=AF，
∴CF=12AB，CG=FG=14AB，
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴AB= AC2+BC2=5，sinA=BCAB=54，
∴CG=FG=54，
在Rt△CDG中，sin∠CDG=sinA=CGCD=54CD=45，
∴CD=2516．
故选：B．
连接CF交DE于点G，由折叠的性质得∠DGC=90°，CG=FG，再等角加等角相等得∠DCG=∠B，∠FCE=∠A，于是BF=CF，CF=AF，进而可得CG=FG=14AB，再利用三角函数解△CDG即可．
本题考查折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理、解直角三角形，利用折叠的性质正确作出辅助线构造直角三角形，并推理论证出点F为AB的中点是解题关键．
11.【答案】83
【解析】解：∵xy=35，
∴xx+y=35+3=38，
∴x+yx=83．
故答案为：83．
先利用合比性质计算得到xx+y=38，然后根据内项之积等于外项之积求解．
本题考查了比例的性质：熟练掌握比例的性质(内项之积等于外项之积、合比性质、分比性质、合分比性质、等比性质)是解决问题的关键．
12.【答案】2
【解析】解：令h=0，
∴20t−5t2=0，
∴解得t1=0(舍去)，t2=4．
∴小球从飞出到落地要用4秒．
又由对称性，
∴小球从飞出到达到最高点瞬间所需要的时间为2秒．
故答案为：2．
依据题意，令h=0，解方程求t，进而可以判断得解．
本题主要考查了二次函数的应用，解决本题的关键是熟练地解一元二次方程．
13.【答案】40°
【解析】解：∵∠D=50°，
∴∠C=∠D=50°，
∵AC是直径，
∴∠CBA=90°，
∴∠BAC=90°−∠C=90°−50°=40°，
故答案为：40°．
由圆周角定理得到∠C=∠D=50°，然后利用AC是直径求得∠CBA=90°，从而求得答案．
本题考查了圆周角定理的知识，解题的关键是将已知条件转化到△ABC中，难度不大．
14.【答案】16
【解析】解：Rt△ABC中，BC=8m，tanA=1： 3；
∴AC=BC÷tanA=8 3m，
∴AB= 82+(8 3)2=16(m)．
故答案为：16．
在Rt△ABC中，已知了坡面AB的坡比以及铅直高度BC的值，通过解直角三角形即可求出斜面AB的长．
此题主要考查学生对坡度坡角的掌握及三角函数的运用能力，熟练运用勾股定理是解答本题的关键．
15.【答案】32
【解析】解：连接FG，连接CD，如图：
∵△ABC是等腰三角形，AD⊥BC，
∴AE平分∠BAC，BE=CE=4，
∵EF⊥AB，EG⊥AC，
∴EF=EG，
∵AE=AE，
∴Rt△AEF≌Rt△AEG(HL)，
∴AF=AG，
∵∠FAD=∠GAD，AD=AD，
∴△AFD≌△AGD(SAS)，
∴DF=DG，
∴点A，点D在FG的垂直平分线上，
∴AD⊥FG，
∵AD是直径，AD⊥BC，
∴∠AEC=∠DEC=90°，∠DCE=∠DAC，
∴△AEC∽△CED，
∴AECE=CEDE，即AE4=42，
∴AE=8，
∴AD=10，AC=4 5，
∵∠AGE=∠ACD=90°，
∴EG/​/CD，
∴△AEG∽△ADC，
∴AEAD=AGAC=810=45，
∵AE⊥BC，AE⊥FG，
∴FG/​/BC，
∴△AFG∽△ABC，
∴FGBC=AGAC=45，
∴FG=325，
∴四边形AFDG的面积为12×FG×AD=12×325×10=32．
故答案为：32．
连接FG，由等腰三角形的性质和AD⊥BC可得AE平分∠BAC，由EF⊥AB，EG⊥AC可得EF=EG，进而得出Rt△AEF≌Rt△AEG，可得AF=AG，△AFD≌△AGD，则DF=DG，得出AD垂直平分FG，利用三角形相似求出AE，FG即可解答．
本题考查三角形的外接圆与外心，圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，对角线互相垂直的四边形的面积，综合运用以上知识是解题关键．
16.【答案】2 65
【解析】解：根据题意，作出平面图形，如图所示：
∵∠CDF=90°，
由题意可知，α=∠EGE′=∠NEG=∠FDF′=∠DFM，
在Rt△ADFM中，sinα=MDDF，
∵F′D=5，
∴DM=5sinα，
在Rt△E′GN中，tanα=NGNE′，
由图2知，FE、AB间的距离为1cm，
则NG=tanα，
由题意可知DM=GN，
即5sinα=tanα=sinαcsα，
解得：csα=15，
则sinα=2 65，
故答案为：2 65．
利用三角函数定义表示出线段长，进而结合EF杆两端点移动的距离始终相等列等式，化简求值即可得到答案，
本题考查三角函数解实际问题，涉及三角函数定义、勾股定理等知识，读懂题意，作出平面示意图，熟练掌握三角函数定义是解决问题的关键．
17.【答案】解：原式=( 3)2+4×12× 22
=3+ 2．
【解析】分别把各角的三角函数值代入，再根据实数的运算法则进行计算即可．
本题考查的是特殊角的三角函数值，熟记特殊角的三角函数值是解答此题的关键．
18.【答案】(1)解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC//AE，BC=AD=2，
∴△CBF∽△DEF，
∴CFDF=BCDE=21=2；
(2)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC//AE，∠BAE=∠FCB，
∴∠E=∠CBF，
∴△BCF∽△EAB．
【解析】(1)根据平行四边形的性质得出BC/​/AE，BC=AD，进而得出△CBF∽△DEF，根据对应边成比例即可解答；
(2)由平行四边形的性质得出BC/​/AE，∠BAE=∠FCB，进而得出∠E=∠CBF，即可得证．
本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握以上知识是解题关键．
19.【答案】20 40
【解析】解：(1)根据题意得：总人数为：3÷15%=20(人)，
C等级所占的百分比为820×100%=40%，
∴m=40，
故答案为：20，40；
(2)等级B的人数为20−(3+8+4)=5(人)，
补全统计图，如图所示：
(3)根据题意，列出表格，如下：
共有6种等可能结果，其中恰是一男一女的有4种，
所以恰是一男一女的概率为46=23．
(1)根据等级为A的人数除以所占的百分比求出总人数，根据百分比的概念可得m的值；
(2)求出等级B的人数，补全条形统计图即可；
(3)列表得出所有等可能的情况数，找出符合条件的情况数，即可求出所求的概率．
此题考查了条形统计图，扇形统计图以及列表法与树状图法，弄清题意，从条形图和扇形图得到解题所需数据是解本题的关键．
20.【答案】 13 90°
【解析】解：(1)弦AB和BC垂直平分线的交点是圆弧所在圆的圆心D点的位置；
(2)由勾股定理得：AD= 22+32= 13，
∴⊙D的半径是 13，
由勾股定理得：AC2=52+12=26，AD2=CD2=32+22=13，
∴AC2=AD2+CD2，
∴∠ADC=90°，
故答案为： 13，90°；
(3)设该圆锥底面半径是r，
∵弧AC的长=90π× 13180= 13π2，
∴2πr= 13π2，
∴r= 134，
∴该圆锥底面半径是 134．
(1)由垂径定理：弦的垂直平分线经过圆心，即可解决问题；
(2)由勾股定理求出AD长，即可得到圆D的半径长，由勾股定理的逆定理推出∠ADC=90°；
(3)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，由此即可求出圆锥底面半径．
本题考查垂径定理，勾股定理，坐标与图形的性质，圆锥的计算，关键是掌握圆中弦的垂直平分线过圆心，勾股定理的逆定理，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．
21.【答案】解：(1)因为AD⊥BC，
则在Rt△ABD中，
sin∠ABD=ADAB，
又因为AB=5，sin∠ABD=45，
所以AD=4，
所以BD= 52−42=3．
(2)因为BC=5，BD=3，
所以CD=2．
因为AB=BC，且点E是AC边的中点，
所以BE⊥AC，
所以∠EBC+∠C=90°，
又因为∠CAD+∠C=90°，
所以∠EBC=∠CAD．
在Rt△CAD中，
tan∠CAD=CDAD=24=12，
所以tan∠EBC=12．
【解析】(1)在Rt△ABD中，根据∠ABD的正弦值及AB的长即可解决问题．
(2)将∠EBC转化为∠CAD，在Rt△ACD中求出∠CAD的正切即可．
本题考查解直角三角形及等腰三角形的性质，熟知等腰三角形的性质及正切的定义是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵∠ACB=90°，∠A=60°，
∴∠B=90°−∠A=30°，
∵∠A=∠BCM，
∴∠BCM=60°，
∴∠OMC=180°−∠B−∠BCM=90°，
∵OM是⊙O半径，且MC⊥OM，
∴MC是⊙O的切线．
(2)解：①如图2，∵ON=OB，
∴∠ONB=∠B=30°，
∴∠MON=∠ONB+∠B=60°，
∴∠BOC=180°−∠MON=120°，
∵ON//MC，AB=4，
∴∠MCB=∠ONB=∠B=30°，∠AMC=∠MON=60°，
∴CM=BM，∠ACM=∠AMC=∠A=60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴CM=AM=BM=12AB=2，
∴OB=OM=12BM=1，
∴lBN=120×π×1180=2π3，
∴BN的长是2π3．
②∵ACAB=csA=cs60°=12，BCAB=sinA=sin60°= 32，
∴AC=12AB=12×4=2，BC= 32AB= 32×4=2 3，
∴S△ABC=12AC⋅BC=12×2×2 3=2 3，
∴S△BMC=S△AMC=12S△ABC=12×2 3= 3，
∵△BON∽△BMC，
∴S△BONS△BMC=(BOBM)2=(12)2=14，
∴S△BON=14S△BMC=14× 3= 34，
∵S扇形OMN=60×π×12360=π6，
∴S阴影=S△BMC−S△BON−S扇形OMN= 3− 34−π6=3 34−π6，
∴阴影部分的面积为3 34−π6．
【解析】(1)由∠ACB=90°，∠A=60°，得∠B=30°，所以∠A=∠BCM=60°，则∠OMC=180°−∠B−∠BCM=90°，即可证明MC是⊙O的切线；
(2)①因为ON=OB，所以∠ONB=∠B=30°，则∠MON=∠ONB+∠B=60°，所以∠BOC=120°，由ON//MC，得∠MCB=∠ONB=∠B=30°，∠AMC=∠MON=60°，所以CM=BM，可证明△ACM是等边三角形，则CM=AM=BM=12AB=2，OB=OM=12BM=1，可由弧长公式求得lBN=2π3；
②由ACAB=cs60°=12，BCAB=sin60°= 32，求得AC=2，BC=2 3，则S△ABC=2 3，所以S△BMC=S△AMC= 3，由△BON∽△BMC，得S△BONS△BMC=(BOBM)2=14，则S△BON=14S△BMC= 34，可求得S扇形OMN=π6，则S阴影=S△BMC−S△BON−S扇形OMN=3 34−π6．
此题重点考查等腰三角形的性质、切线的判定定理、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形、弧长公式及扇形的面积公式等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
23.【答案】解：任务1：以PM所在直线为y轴，以地平面所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图2，

设抛物线解析式为y=ax2+bx+c(a≠0)，根据题意可知抛物线过点P(0,1)，(5,2)，(10,0)，得：
c=125a+5b+c=2100a+10x+c=0，
解得a=−350b=12c=1，
∴抛物线解析式为y=−350x2+12x+1；
任务2：连接BH，FL，交于O点，O正六边形的中心，如图3：

∴∠BOL=60°，△BOL为等边三角形，
∵△ABL为等边三角形，AB=11 33 米，
∴AB=OB=OL=BL=AL=11 33米，∠ABL=60°，
∴四边形ABOL为菱形，
∴AO⊥BL，AW=OW，
∴∠AWB=90°，
∴∠BAW=30°，
∴BW=12AB=11 36米．
∴AW=OW=112米，
∴OA=11米，
同理可得CO=EO=GO=IO=KO=11米，
∵使用原装喷头的喷水器，要求通过360°旋转后，洒水区域能覆盖整块多边形花田，
∴喷水器应在O处，且喷洒水平距离为11米，
设喷水口P至少需要升高m米，
即抛物线解析式变为y=−350x2+12x+1+m，过点(11,0)，
∴0=−350×121+12×11+1+m，
解得m=−1925，
∴使用原装喷头的喷水器，要求通过360°旋转后，洒水区域能覆盖整块多边形花田，那么喷水口P至少需要升高1925米；
任务3：∵园艺师计划分别在BD，DF，FH，HJ，LJ，BL的中点处种植一棵高为3.2米的树，
∵满足任务2的抛物线解析式为y=−350x2+12x+4425，且OW=112米，
∴y=−350×(112)2+12×112+4425=2.695(米)，
∵3.2>2.695，
∴种植后会影响任务2中的灌溉要求，
∵更换喷头后，喷出的水柱形状仍与原来相同，
∴更换喷头后的抛物线可看作原抛物线向右平移QR，向上平移P1R，
∵Rt△P1RQ的边QR=1003cm=13m，P1R=25cm=14m，
∴设更换喷头后的抛物线解析式为y=−350(x−13)2+12(x−13)+14+n，n>4425，
∵点P到地面的距离最大可达2米，即4425∴当x=112时，y>3.2，即−350(112−13)2+12(112−13)+14+n>3.2，
解得n>1181600，
即当1181600【解析】任务1：以PM所在直线为y轴，以地平面所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图2，设抛物线解析式为y=ax2+bx+c(a≠0)，代入(0,1)，(5,2)，(10,0)，解答即可；
任务2：连接BH，FL，交于O点，O正六边形的中心，如图3，证得四边形ABOL为菱形，BW=12AB=11 36米，AW=OW=112米，OA=11米，同理可得CO=EO=GO=IO=KO=11米，推导出喷水器应在O处，且喷洒水平距离为11米，设喷水口P至少需要升高m米，抛物线解析式变为y=−350x2+12x+1+m，过点(11,0)，代入解得m=−1925，即可得解；
任务3：首先推导出种植后会影响任务2中的灌溉要求，更换喷头后的抛物线可看作原抛物线向右平移QR，向上平移P1R，设更换喷头后的抛物线解析式为y=−350(x−13)2+12(x−13)+14+n，n>4425，点P到地面的距离最大可达2米，当x=112时，y>3.2，即−350(112−13)2+12(112−13)+14+n>3.2，
解得n>1181600，进而得解．
本题考查了正多边形和圆，二次函数的应用，等边三角形的性质，中点四边形，坐标与图形变化−旋转，熟练掌握二次函数的性质，理解题意，确定喷枪放置的位置是解题的关键．
24.【答案】解：(1)①∵∠ABD=50°，BA=BD，
∴∠BAD=∠BDA=180°−∠ABD2=65°，
∵AB=AB，
∴∠BCA=∠BDA=65°，
∵BE=BC，
∴∠BCA=∠BEC=65°，
∴∠DBC=180°−∠BCA−∠BEC=50°；
②方法1：
由ABAD=43，设AB=BD=4x，AD=3x，
∵CD=CD，
∴∠DBC=∠DAE=50°，
∵∠DAE=∠DBA=50°，∠ADE=∠BDA=65°，
∴△DAE∽△DBA，
∴DEAD=ADBD，即DE3x=3x4x，
∴DE=94x，
∴BE=BD−DE=74x，
∵∠CBE=∠DBA，∠BCE=∠BDA，
∴△BCE∽△BDA，
∴CEAD=BEAB，
∴CE3x=74x4x，
∴CE=2116x，
∴ACBD=AE+CEBE+DE=3x+2116x74x+94x=6964；
(2)由AB=3BC，设BC=k，AB=BD=3k，
∵AC刚好过圆心O，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
在Rt△ABC中，
∵BC=k，AB=3k，
∴AC= AB2+BC2= 10k，
∵∠CBD=∠DAC，∠BEC=∠AED，
∴△BEC∽△AED，
∴BCAD=BEAE=CEDE，即k4=3k−DEAE= 10k−AEDE，
∴AE=12k2−16 10kk2−16，DE=4 10k2−48kk2−16，
∵∠CAB=∠BDC，∠BEA=∠CED，
∴△BEA∽△CED，
∴ABCD=AEDE，
∴CD=3 10k2−36k3k−4 10，
在Rt△ACD中，由勾股定理得AC2=AD2+CD2，
∴( 10x)2=42+(3 10k2−36k3k−4 10)2，
∴CD=163．
方法2：
过点A作AM⊥BD，

∵∠ACB=∠ADM，∠ABC=∠AMD=90°，
∴△ABC∽△AMD，
∵AB=3BC，
∴AM=3DM，
在Rt△AMD中，
∵AM2+DM2=AD2，
∴DM=2 105，AM=6 105，
设AB=BD=x，则BM=x−2 105，
在Rt△ABM中，
∵AM2+BM2=AB2，
∴(6 105)2+(x−2 105)2=x2，
∴AB=BD=2 10，
∴BC=2 103，
∴AC= AB2+BC2=203，
∴CD= AC2−AD2=163．
【解析】(1)①求出∠BAD、∠BDA的度数，由AB=AB，求出∠BCA，根据三角形的内角和即可求出结果；
②由ABAD=43，设AB=BD=4x，AD=3x，证明△DAE∽△DBA，求出DE=94x，进而得到BE，证明△BCE∽△BDA，得CEAD=BEAB，求出CE，根据ACBD=AE+CEBE+DE即可求出结果；
(2)设BC=k，AB=BD=3k，在Rt△ABC中，运用勾股定理求出AC，证明△BEC∽△AED，求出AE、DE，证明△BEA∽△CED，求出CD，根据AC2=AD2+CD2，列方程求出x，即可得到结果．
本题考查圆周角定理，三角形内角和定理，等腰三角形的性质与判定，相似三角形的相似与判定，勾股定理，本题的关键是灵活运用相似三角形的性质与判定，寻找线段的数量关系解题．设计喷水器的高度
素材1
为了灌溉某花田，需要安装一台可360°旋转灌溉的喷水器(即喷头可顺、逆时针往返喷洒).如图1，其中点P为原装喷头的喷水口，点N处是喷头与支架的接口，喷水口的高度可以通过连杆MN进行调整(点P到地面的距离最大可达2米)，已知点P、N、M在同一直线上.喷水口喷出的水柱最外层的形状可近似看作是抛物线的一部分，且通过上下高度调整后，喷出的水柱形状仍与原来相同.(接头处的间隙忽略不计)
素材2
为了方便计算该喷水器的灌溉范围，如图2，在初始高度下，测得喷水口点P到水平地面的距离为1米，喷射距离为10米，并发现喷头在旋转过程中，喷出的水柱外端恰好碰到距离连杆MN所在直线5米处一片树叶的最低处，并测得该树叶的最低处距离水平地面2米．
素材3
为了美观，现将原来的花田改造成一块由6块全等的等边三角形与1个正六边形组成的多边形花田(如图3)，已知AB=11 33米.
素材4
为了适应多种灌溉环境，这款喷水器除原装喷头外，还有一款“S”型号的喷头可供更换(如图4)，并且QN=PN.已知Rt△P1RQ的边QR=1003cm，P1R=25cm，其中QR与地面平行，PR与地面垂直.更换喷头后，喷出的水柱形状仍与原来相同．
任务1
确定水柱形状
在图2中建立合适的直角坐标系，求喷出水柱最外层抛物线的函数表达式．
任务2
计算喷水口高度
若使用原装喷头的喷水器，要求通过360°旋转后，洒水区域能覆盖整块多边形花田，那么喷水口P至少需要升高多少米？
任务3
设计方案
园艺师计划分别在BD，DF，FH，HJ，LJ，BL的中点处种植一棵高为3.2米的树.通过计算，判断种植后是否会影响任务2中的灌溉要求.若有影响，请你利用计算分析，设计出通过调节喷水器的高度、更换喷头等方式，能够达到多边形花田灌溉要求的方案．
男1
男2
女
男1
男1，男2
男1，女
男2
男2，男1
男2，女
女
女，男1
女，男2