2023-2024学年湖北省武汉市东西湖区九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市东西湖区九年级（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.关于x的一元二次方程5x2+2x−1=0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是( )
A. 5，−2，−1B. 5，2，−1C. −5，2，1D. −5，−2，−1
2.下列事件中，属于必然事件的是( )
A. 明天下雨B. 篮球队员在罚球线投篮一次，未投中
C. 掷一枚硬币，正面朝上D. 任意画一个三角形，其内角和是180°
3.下列四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
4.解一元二次方程x2−4x+2=0，配方后正确的是( )
A. (x−2)2=2B. (x−1)2=3C. (x−2)2=4D. (x−1)2=1
5.将抛物线y=−(x−1)2+2向右平移1个单位，再向上平移2个单位，所得抛物线的解析式为( )
A. y=−(x−2)2B. y=−x2
C. y=−(x−2)2+4D. y=−x2+4
6.在平面直角坐标系中，以M(2,2)为圆心，半径为2作⊙M，判断原点O与⊙M的位置关系为( )
A. 点O在⊙M外B. 点O在⊙M上C. 点O在⊙M内D. 以上都有可能
7.抛物线y=x2−bx+9的顶点在x轴上，则b的值一定为( )
A. 0B. 6C. −6D. ±6
8.经过某十字路口的汽车可能直行也可能左转或者右转.如果这三种可能性大小相同，当三辆汽车经过这个十字路口时，只有一辆汽车向左转的概率是( )
A. 13B. 49C. 19D. 127
9.我国古代数学家研究过一元二次方程的正数解的几何解法.以方程x2+5x−14=0，即x(x+5)=14为例说明，《方图注》中记载的方法是：构造如图中大正方形的面积是(x+x+5)2同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×14+52，因此x=2.小明用此方法解关于x的方程x2+mx−n=0时，构造出同样的图形，已知大正方形的面积为14，小正方形的面积为4，则( )
A. m=2，n=3B. m= 142，n=2
C. m=52，n=2D. m=2，n=52
10.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC，AC，AB的长度分别为a，b，c，⊙H与⊙I分别与直线AC、BC、AB相切(⊙H与⊙I分别在直线AB的异侧)，若⊙H的半径为R1，⊙I的半径为R2，则R1−R2为( )
A. a
B. b
C. c
D. a+b+c2
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(4,−5)关于原点的对称点的坐标是______．
12.某射击运动员在同一条件下的射击成绩记录如下：
根据频率的稳定性，估计这名运动员射击一次时“射中8环以上”的概率约是______ ．
13.2023年，某省新能源汽车产能达到30万辆.到了2025年，该省新能源汽车产能将达到41万辆，设这两年该省新能源汽车产能的平均增长率为x.则根据题意可列方程为______ ．
14.已知一个圆锥底面半径为2，母线长为5，则这个圆锥的侧面展开图的圆心角度数为______ ．
15.二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c均为常数，且a<0)的图象经过点A(−1,0)，点B(m,0)(1①c>0；
②a+c<0；
③若点P1(x1,y1)，P2(x2,y2)在抛物线上，若−1y2；
④若关于x的方程ax2+bx+c−4=0没有实数根，则b2−4ac<−16a．
其中结论正确的序号是______ ．
16.“数缺形时少直观，形无数时难入微”是我国著名数学家华罗庚教授的名言.说明数形结合是解决许多数学问题的有效思想.如图，在平面直角坐标系内，以点C(2 2,1)为圆心，以1为半径的圆上有一动点P(m,n)，A，B两点均在y轴上，且A(0,1)，B(0,−1)，则PA2+PB2为______ (用含m、n的代数式表示)，PA2+PB2的最大值为______ ．
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)
已知关于x的方程x2−kx+12=0的一个根为3，求k的值及它的另一个根．
18.(本小题8分)
如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF，连接AE，AF，EF．
(1)△ABF可以看作是△ADE经过平移、轴对称或旋转中的一种变换得到，请写出得到△ABF的变换过程；
(2)已知FC=7，DE=2，直接写出四边形AFCE的面积为______ ．
19.(本小题8分)
一个不透明的袋子里有4个小球，小球上各标有一个数字，分别是1，2，4，7.这些小球除标有的数字不同外其他都相同．
(1)从这个袋子里随机摸出一个小球，摸出标有数字“2”的小球的概率是______ ；
(2)先从袋中随机摸出一个小球，记下小球上的数字后，放回、摇匀，再从袋子中随机摸出一个小球，记下小球上的数字，第一次记下的数放在十位，第二次记下的数放在个位组成两位数，请运用画树状图或列表的方法，求这个两位数是偶数的概率．
20.(本小题8分)
如图，CD是⊙O的直径，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，E为AD上一点，且AE=AC，连接EC交AB于点F，连接AC．
(1)求证：∠BAC=∠ECA；
(2)若OM=3，OC=5，求FM的长．
21.(本小题8分)
如图是由边长为1的小正方形构成的8×8网格，每个小正方形的顶点叫做格点，圆上三点A、B、C均为格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，完成下列各题：
(1)在图1中，先画出圆心M，再画AB的中点N；
(2)在图2中，先在AB上画出点D，使AD=AC；再在弦BC.上画出点E，使BE=BD．
22.(本小题10分)
小红和小琪在玩沙包游戏，某同学借此情境编制了一道数学题，请解答这道题．
如图，在平面直角坐标系中，一个单位长度代表1m.小红站在点D(6,0)处，在点A(6,1.5)处将沙包(看作点)抛出，其运动的路线为抛物线C1：y=a(x−3)2+2.5(a为常数，a≠0)的一部分，小琪恰在点B(0,c)处接住沙包，然后跳起在点C处将沙包回传，其运动的路线为抛物线C2：y=−18x2+n8x+c+1(n为常数)的一部分．
(1)求a，c的值；
(2)若小红在与点A的竖直距离不超过12m的范围内可以直接接到回传的沙包，当n=3时，小红能否接住沙包？请说明理由；
(3)若小红可以接到回传的沙包的范围为与AD的水平距离不超过1m，与点A的竖直距离不超过12m的矩形，请直接写出n的取值范围．
23.(本小题10分)
操作与思考：(1)如图1，△ABC为等边三角形，点E为△ABC外一点，连接BE，并以BE为边作等边△BEF，连接AE，CF.求证：△CBF≌△ABE；
迁移与运用：(2)如图2，点E在等边△ABC内，∠BEC=120°，点D为BC的中点，连接AE，DE．
①求证：AE=2DE；
②若AE⊥EC，ED=1，则△ABC的边长为______ .(直接写出)
24.(本小题12分)
抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A，B两点(A点在B点的左边)，点A(−2,0)，M(6,8)在抛物线上．
(1)填空：b= ______ ，c= ______ ，点B的坐标为______ ；
(2)如图1，在抛物线上存在一点N，使S△AMN=S△BMN，求点N的横坐标；
(3)如图2，点C是x轴下方的抛物线上任意一点，D是线段AB上的一个定点(点D不与点A、B重合)，过点D作y轴的平行线与射线BC，AC分别交于E，F两点，若DE+5DF为定值，求ADBD的值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：关于x的一元二次方程5x2+2x−1=0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是5、+2、−1，
故选：B．
根据一元二次方程的一般形式即可得二次项系数，一次项，常数项．
此题主要考查了一元二次方程的一般式，关键是掌握任何一个关于x的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式ax2+bx+c=0(a≠0).这种形式叫一元二次方程的一般形式．其中ax2叫做二次项，a叫做二次项系数；bx叫做一次项；c叫做常数项．
2.【答案】D
【解析】解：A、明天下雨是随机事件，故不符合题意；
B、篮球队员在罚球线投篮一次，未投中是随机事件，故不符合题意；
C、掷一枚硬币，正面朝上是随机事件，故不符合题意；
D、任意画一个三角形，其内角和是180°是必然事件，故符合题意；
故选：D．
可能发生也可能不发生的事件是随机事件，一定发生或一定不发生是事件是必然事件，根据定义解答．
本题考查了随机事件和必然事件的定义，掌握随机事件和必然事件的定义是关键．
3.【答案】A
【解析】解：A.图形既轴对称图形，又是中心对称图形，故A符合题意；
B.图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故B不符合题意；
C.图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C不符合题意；
D.图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故D不符合题意．
故选：A．
把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，由此即可判断．
本题考查轴对称图形，中心对称图形，关键是掌握轴对称图形，中心对称图形的定义．
4.【答案】A
【解析】解：x2−4x+2=0，
x2−4x=−2，
x2−4x+4=−2+4，
(x−2)2=2，
故选：A．
正确配方，即加上一次项系数一半的平方，难度适中．移项，配方(方程两边都加上4)，即可得出选项．
本题考查了解一元二次方程的应用，解此题的关键是能正确配方．
5.【答案】C
【解析】解：y=−(x−1)2+2向右平移1个单位，再向上平移2个单位，所得抛物线的解析式为y=−(x−1−1)2+2+2，即y=−(x−2)2+4．
故选：C．
根据左移加右移减，可得答案．
本题考查了二次函数图象与几何变换，熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
6.【答案】A
【解析】解：由于OM= 22+22=2 2>2，
所以原点O在⊙M的外部．
故选：A．
根据点与圆的位置关系判断即可．
此题主要是考查了点与圆的位置关系，能够得出点与圆心的距离是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：∵抛物线y=x2−bx+9的顶点在x轴上，
∴x2−bx+9=0只有一个解．
∴b2−4×1×9=0．
∴b2=36．
即b=±6．
故选：D．
抛物线y=x2−bx+9的顶点在x轴上，则表示抛物线与x轴只有一个交点．x2−bx+9=0只有一个解．
主要考查二次函数图象上点的坐标特征．
8.【答案】B
【解析】解：画树状图如下：
共有27种等可能的结果，其中只有一辆汽车向左转的结果有：(左，直，直)，(左，直，右)，(左，右，直)，(左，右，右)，(直，左，直)，(直，左，右)，(直，直，左)，(直，右，左)，(右，左，直)，(右，左，右)，(右，直，左)，(右，右，左)，共12种，
∴三辆汽车经过这个十字路口时，只有一辆汽车向左转的概率为1227=49．
故选：B．
画树状图得出所有等可能的结果数以及只有一辆汽车向左转的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，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．
9.【答案】D
【解析】解：如图，
由题意得：m2=4，4n+4=14，
∴m= 4=2，n=52，
故选：D．
画出方程x2+mx−n=0的拼图过程，由面积之间的关系得m2=4，4n+4=14，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，理解一元二次方程的正数解的几何解法是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：如图，⊙H分别与AC、BC、AB相切于N、M、K，⊙I分别与AC、BC、AB相切于P、Q、L，
∴CN=CM，AK=AN，BK=BM，PC=CQ，AP=AL，BQ=BL，HM⊥BC，HN⊥AC，IP⊥AC，IQ⊥BC，
∴CN+CM=AC+AN+BC+BM=AC+AK+BC+BK=AC+BC+AB=a+b+c，
∴2CN=a+b+c，
∴CN=a+b+c2，
∵∠C=∠CNH=∠CMH=90°，CM=CN，
∴四边形MCNH是正方形，
∴MH=CN=a+b+c2，
∴R1=a+b+c2，
∵PC+CQ=AC−AP+BC−BQ=AC−AL+BC−BL=AC+BC−(AL+BL)=AC+BC−AB=a+b−c，
∴2PC=a+b−c，
∴PC=a+b−c2，
∵PC=CQ，∠C=∠CPI=∠CQI=90°，
∴四边形PCQI是正方形，
∴QI=PC=a+b−c2，
∴R2=a+b−c2，
∴R1−R2=a+b+c2−a+b−c2=c．
故选：C．
由切线长定理求出CN=a+b+c2，PC=a+b−c2，判定四边形MCNH、PCQI是正方形，得到R1=a+b+c2，R2=a+b−c2，于是求出R1−R2=c．
本题考查切线长定理，切线的性质，熟练应用切线长定理是解题的关键．
11.【答案】(−4,5)
【解析】解：点(4,−5)关于原点的对称点的坐标是(−4,5)，
故答案为：(−4,5)．
根据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)，进而得出答案．
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
12.【答案】0.82
【解析】解：∵从频率的波动情况可以发现频率稳定在0.82附近，
∴这名运动员射击一次时“射中8环以上”的概率约为0.82．
故答案为：0.82．
根据大量的试验结果稳定在0.82左右即可得出结论．
本题主要考查的是利用频率估计概率，熟知大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率是解答此题的关键．
13.【答案】30(1+x)2=41
【解析】解：由题意可列方程为30(1+x)2=41，
故答案为：30(1+x)2=41．
根据题意直接列出方程即可．
本题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是理解题意．
14.【答案】144°
【解析】解：设圆锥的侧面展开图的圆心角度数为n°，
∵圆锥底面半径为2，
∴圆锥底面周长为4π，
∴圆锥的侧面展开图扇形的弧长为4π，
则nπ×5180=4π，
解得：n=144，
故答案为：144°．
根据圆的周长公式求出圆锥底面周长，再根据扇形面积公式计算，得到答案．
本题考查的是圆锥的计算，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
15.【答案】①②③④
【解析】解：由题意，对称轴是直线x=m−12．
∵1∴0∴0又a<0，
∴当x又抛物线过点(−1,0)，(0,c)，
∵−1<0，
∴00，故①正确．
∵图象过(−1,0)，
∴a−b+c=0．
∴b=a+c．
又a<0，且对称轴所在直线为0∴b=a+c>0．
∴a+c>0，故②错误．
由题意，当x>m−12时，y随x的增大而减小，
又若−1∴y1>0>y2，故③正确．
若关于x的方程ax2+bx+c−4=0没有实数根，
∴Δ=b2−4a(c−4)=b2−4ac+16a<0．
∴b2−4ac<−16a，故④正确．
综上，正确的有①③④．
故答案为：①③④．
依据题意，对称轴是直线x=m−12，又10，故可判断②；又由题意，当x>m−12时，y随x的增大而增大，又若−1本题考查了二次函数图象与系数之间的关系，解题时要熟练掌握并能巧用抛物线的对称性是解题的关键．
16.【答案】2(m2+n2)+2 34
【解析】解：∵PA2=m2+(n−1)2，PB2=m2+(n+1)2，
∴PA2+PB2=2(m2+n2)+2；
∵PO2=m2+n2，
∴PA2+PB2=2OP2+2，
∴当OP最大时，PA2+PB2最大，当P在OC延长线上时，PO最大，
∵C的坐标是(2 2,1)，
∴OC= (2 2)2+12=3，
∴PO=3+1=4，
∴PA2+PB2=2×42+2=34，
∴PA2+PB2最大值是34．
故答案为：2(m2+n2)+2，34．
由两点的距离公式即可求出PA2+PB2=2(m2+n2)+2，PA2+PB2=2OP2+2，当P在OC延长线上时，PO最大，此时PA2+PB2最大，求出PO的长，即可求出PA2+PB2最大值．
本题考查两点的距离公式，坐标与图形的性质，关键是掌握两点的距离公式．
17.【答案】解：∵方程x2−kx+12=0的一个根为3，
∴32−k×3+12=0，
解得k=7，
设另一根为x，
∵3x=12，
∴x=4，
∴另一根为4．
【解析】由于一根为3，把x=3代入方程即可求得k的值．然后根据两根之积即可求得另一根．
本题考查了一元二次方程的解和根与系数的关系，解题时可利用根与系数的关系使问题简化，难度不大．
18.【答案】25
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠D=∠ABC=90°，
而F是CB的延长线上的点，
∴∠ABF=90°，
在△ADE和△ABF中
AD=AB∠D=∠ABFDE=BF，
∴△ADE≌△ABF(SAS)，
∴∠BAF=∠DAE，
∵∠BAD=90°，
∴∠FAE=90°，
∴△ABF可以看作是△ADE绕着点A顺时针旋转90°得到的；
(2)∵FC=7，DE=BF=2，
∴BC=CF−BF=5，
∵△ADE≌△ABF，
∴四边形AFCE的面积=正方形ABCD的面积=5×5=25．
故答案为：25．
(1)根据正方形的性质得到AD=AB，∠D=∠ABC=90°，根据全等三角形的性质得到∠BAF=∠DAE，求得∠FAE=90°，于是得到△ABF可以看作是△ADE绕着点A顺时针旋转90°得到的；
(2)根据已知条件得到BC=CF−BF=5，根据正方形的面积公式即可得到结论．
本题考查了几何变换的类型，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
19.【答案】14
【解析】解：(1)由题意可得，
从袋中机摸出一个小球，则摸出标有数字“2”的小球的概率是14．
故答案为：14；
(2)树状图如下：
由上可得，一共有16种等可能性，其中组成的两位数是偶数的结果有8种，
∴摸出的这两个小球上标有的数字组成的这个两位数是偶数的概率816=12．
(1)直接运用概率公式计算即可；
(2)根据题意可以画出相应的树状图，然后即可求出这个两位数是偶数的概率．
本题考查列表法与树状图法、概率公式，解答本题的关键是明确题意，画出相应的树状图，求出相应的概率．
20.【答案】(1)证明：∵直径DC⊥AB，
∴AC=BC，
∵AE=AC，
∴BC=AE，
∴∠BAC=∠ECA；
(2)解：连接AD，
∵CD是圆直径，
∴∠ACD=90°，
∵AM⊥CD，
∴∠CAM+∠DAM=∠D+∠DAM=90°，
∴∠D=∠CAM，
∵∠AMC=∠AND=90°，
∴△ACM∽△DAM，
∴AM：DM=CM：AM，
∵OM=3，OC=5，
∴MC=5−3=2，
∵OD=OC=5，
∴DM=OD+OM=5+3=8，
∴AM：8=2：AM，
∴AM=4(舍去负值)，
令FM=x，则AF=4−x，
由(1)知：∠BAC=∠ECA，
∴FC=AF=4−x，
∵FC2=FM2+MC2，
∴(4−x)2=x2+22，
∴x=1.5，
∴FM=1.5．
【解析】(1)由垂径定理推出AC=BC，而AE=AC，得到BC=AE，由圆周角定理即可证明∠BAC=∠ECA；
(2)连接AD，由圆周角定理得到∠ACD=90°，由余角的性质推出∠D=∠CAM，而∠AMC=∠AND=90°，即可证明△ACM∽△DAM，得到AM：DM=CM：AM，代入有关数据即可求出AM=4，令FM=x，则AF=4−x，得到FC=AF=4−x，由勾股定理得到(4−x)2=x2+22，求出x=1.5，即可得到FM=1.5．
本题考查出圆周角定理，勾股定理，垂径定理，关键是由垂径定理推出BC=AE；由△ACM∽△DAM，求出AM的长，由勾股定理得到关于x的方程．
21.【答案】解：(1)如图1中，点M，点N即为所求；
(2)如图2中，点D，点E即为所求．

【解析】(1)连接BC交网格线于点M，点M即为所求，再利用垂径定理得到点N即可．
(2)构造等腰三角形BCT，利用等腰三角形的性质解决问题，BT交⊙O于点D，点即为所求，连接CD交AB一点J，连接TJ，延长TJ交BC于点E，点E即为所求．
本题考查作图−应用与设计作图，线段垂直平分线的性质，垂径定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
22.【答案】解：(1)把A(6,1.5)代入y=a(x−3)2+2.5得：
1.5=9a+2.5，
解得a=−19，
∴y=−19(x−3)2+2.5；
把B(0,c)代入得：
c=−1+2.5=1.5，
∴a的值为−19，c的值为1.5；
(2)小红不能接住沙包；理由如下：
由(1)知c=1.5，
∵n=3，
∴抛物线C2：y=−18x2+38x+2.5，
令x=6得y=−18×62+38×6+2.5=14，
∴抛物线C2过点(6,14)，
∵A(6,1.5)，1.5−14>12，
∴小红不能接住沙包；
(3)如图：

∵小红可以接到回传的沙包的范围为与AD的水平距离不超过1m，与点A的竖直距离不超过12m的矩形，A(6,1.5)，
∴H(5,1)，F(7,2)，
把H(5,1)代入y=−18x2+n8x+2.5得：1=−258+5n8+2.5，
解得n=135，
把F(7,2)代入y=−18x2+n8x+2.5得：2=−498+7n8+2.5，
解得n=457，
由图可知，当135≤n≤457时，小红可以接到回传的沙包．
【解析】(1)把A(6,1.5)代入y=a(x−3)2+2.5可得a=−19，故y=−19(x−3)2+2.5；把B(0,c)代入得c=−1+2.5=1.5；
(2)n=3时，抛物线C2：y=−18x2+38x+2.5，令x=6得y=−18×62+38×6+2.5=14，根据1.5−14>12，可知小红不能接住沙包；
(3)画出图形，由小红可以接到回传的沙包的范围为与AD的水平距离不超过1m，与点A的竖直距离不超过12m的矩形，A(6,1.5)，可得H(5,1)，F(7,2)，把H(5,1)代入y=−18x2+n8x+2.5得n=135，把F(7,2)代入y=−18x2+n8x+2.5得n=457，故当135≤n≤457时，小红可以接到回传的沙包．
本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，二次函数图象上点坐标的特征，解题的关键是读懂题意，掌握待定系数法．
23.【答案】2 213
【解析】(1)证明：如图1，∵△ABC和△BEF都是等边三角形，
∴CB=AB，FB=EB，∠ABC=∠EBF=60°，
∴∠CBF=∠ABE=60°+∠ABF，
在△CBF和△ABE中，
CB=AB∠CBF=∠ABEFB=EB，
∴△CBF≌△ABE(SAS)．
(2)①证明：如图2，∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
∵∠BEC=120°，
∴∠EBC=∠ECB=180°−120°=60°，
∴∠ABE+∠ACE=∠ABC+∠ACB−(∠EBC+∠ECB)=60°+60°−60°=60°，
将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△ACF，连接EF、CF，则CF=BE，
∵AE=AF，∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AE=EF，
∵∠ACF=∠ABE，
∴∠ECF=∠ACF+∠ACE=∠ABE+∠ACE=60°，
延长ED到点G，使DG=DE，连接CG，
∵点D为BC的中点，
∴DC=DB，
在△CDG和△BDE中，
DG=DE∠CDG=∠BDEDC=DB，
∴△CDG≌△BDE(SAS)，
∴CG=BE，∠G=∠BED，
∴CG/​/BE，CG=CF，
∴∠ECG=180°−∠BEC=180°−120°=60°，
∴∠ECG=∠ECF，
在△ECG和△ECF中，
CG=CF∠ECG=∠ECFCE=CE，
∴△ECG≌△ECF(SAS)，
∴EG=EF，
∴AE=EG，
∵EG=DE+DG=2DE，
∴AE=2DE．
②解：∵AE⊥EC，
∴∠AEC=90°，
∴∠AFC=∠AEB=360°−∠BEC−∠AEC=360°−120°−90°=150°，
∵∠AFE=60°，
∴∠EFC=∠AFC−∠AFE=150°−60°=90°，
∴∠CEF=90°−∠ECF=90°−60°=30°，
∴CF=12CE，
∵ED=1，
∴EF=AE=2ED=2，
∴AE2=EF2=CE2−CF2=CE2−(12CE)2=34CE2=22=4，
∴CE2=163，
∴AC= AE2+CE2= 4+163=2 213，
故答案为：2 213．
(1)由等边三角形的性质得CB=AB，FB=EB，∠ABC=∠EBF=60°，则∠CBF=∠ABE=60°+∠ABF，即可根据“SAS”证明△CBF≌△ABE；
(2)①由等边三角形的性质得AB=AC，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，而∠BEC=120°，可推导出∠ABE+∠ACE=60°，将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△ACF，连接EF、CF，则△AEF是等边三角形，∠ECF=∠ACF+∠ACE=∠ABE+∠ACE=60°，延长ED到点G，使DG=DE，连接CG，可证明△CDG≌△BDE，得CG=BE，∠G=∠BED，所以CG//BE，CG=CF，则∠ECG=180°−∠BEC=60°，进而证明△ECG≌△ECF，得EG=EF，所以AE=EG=2DE；
②由AE⊥EC，得∠AEC=90°，则∠AFC=∠AEB=150°，所以∠EFC=∠AFC−∠AFE=90°，则∠CEF=30°，所以CF=12CE，而EF=AE=2ED=2，则AE2=EF2=CE2−CF2=34CE2=4，所以CE2=163，即可求得AC= AE2+CE2=2 213，于是得到问题的答案．
此题重点考查等边三角形的判定与性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、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．
24.【答案】−1 −4 (4,0)
【解析】解：(1)将点A(−2,0)，M(6,8)代入y=12x2+bx+c中，
∴2−2b+c=018+6b+c=8，
解得b=−1c=−4，
∴函数的解析式为y=12x2−x−4，
当12x2−x−4=0时，解得x=−2或x=4，
∴B(4,0)，
故答案为：−1，−4，(4,0)；
(2)函数y=12x2−x−4的对称轴为直线x=1，
当MN//AB时，S△AMN=S△BMN，此时N点横坐标为−4，
抛物线的对称轴与x轴的交点G(1,0)，
当N点在MG上时，S△AMN=S△BMN，
设直线MG的解析式为y=kx+b′，
∴k+b′=06k+b′=8，
解得k=85b′=−85，
∴直线MG的解析式为y=85x−85，
当12x2−x−4=85x−85时，解得x=6或x=−45，
∴N点的横坐标为−45；
综上所述：N点横坐标为−4或−45；
(3)设D(t,0)，C(m,12m2−m−4)，
设直线AC的解析式为y=k′x+n，
∴−2k′+n=0mk′+n=12m2−m−4，
解得k′=12(m−4)n=m−4，
∴直线AC的解析式为y=12(m−4)x+m−4，
同理可得直线BC的解析式为y=12(m+2)x−2m−4，
∴E(t,(12m+1)t−2m−4)，F(t,(12m−2)t+m−4)，
∴DE+5DF=−(12m+1)t+2m+4−5[(12m−2)t+m−4]=−3m(t+1)+9t+24，
∵DE+5DF是定值，
∴t=−1，
∴D(−1,0)，
∴AD=1，BD=5，
∴ADBD=15．
(1)用待定系数法求函数的解析式即可；
(2)当MN//AB时，S△AMN=S△BMN，此时N点横坐标为−4；抛物线的对称轴与x轴的交点G(1,0)，当N点在MG上时，S△AMN=S△BMN，此时N点的横坐标为−45；
(3)设D(t,0)，C(m,12m2−m−4)，分别求出直线AC的解析式为y=12(m−4)x+m−4，直线BC的解析式为y=12(m+2)x−2m−4，则E(t,(12m+1)t−2m−4)，F(t,(12m−2)t+m−4)，再由DE+5DF=−3m(t+1)+9t+24是定值，可得t=−1，从而确定点D(−1,0)，再求解即可．
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，平行线的性质，中点的性质，用待定系数法求函数的解析式的方法是解题的关键．射击次数
20
80
100
200
400
1000
“射中8环以上”的次数
18
68
82
168
327
823
“射中8环以上”的频率(结果保留两位小数)
0.90
0.85
0.82
0.84
0.82
0.82