浙教版九年级上册数学期末考试试题有答案

一、选择题。（每小题只有一个正确答案）

1．任意抛掷一枚均匀的骰子，骰子停止转动后，发生可能性最大的事件是（ ） A．朝上一面的点数大于2 C．朝上一面的点数是2的倍数

B．朝上一面的点数为3 D．朝上一面的点数是3的倍数

22．若二次函数yaxa0的图象过点2,3，则必在该图象上的点还有（ ）

A．3,2 B．2,3 C．2,3 D．2,3

3．如图：长方形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△BEF的面积为（ ）

A．6cm2 B．7.5cm2 C．8cm2 D．10cm2

B，C，D4．若四边形ABCD是圆内接四边形，则它的内角A，（ ） A．3：1：2：5

B．1：2：2：3

的度数之比可能是

C．2：7：3：6 D．1：2：4：3

5．在10倍的放大镜下看到的三角形与原三角形相比，三角形的周长（ ） A．没有发生变化

B．放大了10倍

C．放大了30倍

D．放大了100倍

6．BC．如图，在O中，弦AC与半径OB交于点D，连接OA，若B60，ADB116，则AOB的度数为（ ）

A．132° B．120° C．112° D．110°

7．已知3,y1，2,y2，1,y3是二次函数y2x28xm图象上的点，则（ ） A．y2y1y3

B．y2y3y1

C．y1y2y3

D．y3y2y1

8．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BCD115，则BOD的度数是（ ）

1

A．130° B．120° C．1l5° D．105°

9．如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O3上一动点，点C为弦AB的中点，直线y＝x﹣3与x轴、y轴分别交于点D、E，则△CDE

4面积的最小值为（ ）

A．3.5 B．2.5 C．2 D．1.2

C4,110．b是常数，a0）已知二次函数yax2bx1（a，的图象经过A2,1，B4,3，

三个点中的其中两个点．平移该函数的图象，使其顶点始终在直线yx1上，则平移后所得抛物线与y轴交点纵坐标的（ ） A．最大值为1

二、填空题

11．由4a7b，可得比例式：_________（写出一个正确的比例式即可）．

12．在同样条件下对某种小麦种子进行发芽试验，统计发芽种子数，获得如下频数表： 试验种子数n（粒） 发芽频数m 发芽频率m nB．最小值为1

1C．最大值为

21D．最小值为

21 1 1 5 4 0.8 50 45 0.9 100 92 0.92 200 188 0.94 500 476 0.952 1000 952 0.952 2000 1900 0.95 3000 2850 0.95 估计该麦种的发芽概率约为_________．

13．如图，正六边形ABCDEF的边长为23，分别以点A，D为圆心，以AB，DC为半径

2

作扇形ABF，扇形DCE．则图中阴影部分的面积是______．（结果保留根号和）

14．一个球从地面上竖直向上弹起时，距离地面的高度h（米）与经过的时间t（秒）满足的函数关系为h15t5t2，则该球从弹起至回到地面的时间需_____秒，它距离地面的最大高度为______米．

15．如图是一可调节座椅的侧面示意图，靠背AO与地面垂直．为了使座椅更舒适，现调整靠背，把OA绕点O旋转到OA处．若AOm，AOA'，则调整后点A比调整前点A的高度降低了______（用含m，的代数式表示）．

16．如图，在锐角三角形ABC中，B45，

AB6，点D为边AB的中点，点E在边AC5AC上，将ADE沿DE折叠得到FDE．若FEAC，则________．

DEAE的值为_______；的值为

AFEC

三、解答题

17．现有三张正面分别标有一个正数，一个负数和一个0的不透明卡片，它们除数字外其余完全相同，将它们背面朝上洗均匀．

（1）从中随机抽取一张卡片，卡片上的数是0的概率为多少？

（2）从中随机抽取一张卡片，记下数字后放回，背面朝上洗均匀，再随机抽取-张记下数字，

3

求前后两次抽取的数字之积为0的概率．（用列表法或画树状图求解）

18．如图，在斜坡PA的坡顶平台处有一座信号塔BC，在坡顶A处测得该塔的塔顶B的仰2.4，角为76°，在坡底的点P处测得塔顶B的仰角为45°，已知斜坡长PA＝26m，坡度为1：点A与点C在同一水平面上，且AC//PQ，BC⊥AC．请解答以下问题： （1）求坡顶A到地面PQ的距离；

sin76°≈0.97，cos76°≈0.24，tan76°≈4.00） （2）求信号塔BC的高度．（结果精确到1m，参考数据：

19．已知二次函数yxmx1的图象经过点2,3． （1）求这个二次函数的表达式．

（2）画出这个函数的图象，并利用图象解决下列问题： ①直接写出方程xmx13的解． ②当x满足什么条件时，y0．

20．已知AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，AB=4，BC=2，P是⊙O上半部分的一个动点，连接OP，CP．

（1）如图①，OPC的最大面积是 ；

4

（2）如图②，延长PO交⊙O于点D，连接DB，当CP=DB时，求证：CP是⊙O的切线．

21．已知抛物线yx2bxc与x轴相交于A1,0，B3,0两点． （1）填空：抛物线的对称轴为 ； （2）求b，c的值；

2（3）设抛物线上一动点Ps,t关于原点的对称点为点Q，当点Q落在第一象限内，且AQ取得最小值时，求s的值．

22．如图，在四边形ABCD中，AC，BD相交于点E，点F在BD上，且BAFDBC，ABBC． AFFD

（1）求证：△ABC△AFD．

（2）若AD2，BC5，ADE的面积为20，求BCE的面积．

23．在平面直角坐标系中，设二次函数yax2bx3a（a，b是实数，a0）． （1）判断该函数图象与x轴的交点个数，并说明理由；

（2）若该函数图象的对称轴为直线x1，Ax1,y1，Bx2,y2为函数y图象上的任意两点，

5

其中x1x2．求当x1，x2为何值时，y1y25a；

（3）若该函数图象的项点在第二象限，且过点1,1．当ab时，求2ab的取值范围．

24．如图，在锐角三角形ABC中，ABAC，O是ABC的外接圆，连结AO，BO，延长BO交AC于点D．

（1）求证：AO平分BAC；

（2）若O的半径为5，AD6，设ABO的面积为S1，△BCD的面积为S2，求（3）若

ODm，求cosBAC的值（用含m的代数表示）． OBS1的值； S2参考答案

1．A 【分析】

分别利用概率公式计算每个选项的概率后比较即可得出答案 【详解】

6

解：选项A的概率1选项B的概率

642 63

31选项C的概率

62选项D的概率由

21 63

2111 3236故选：A 【点睛】

本题考查概率公式的应用，解题的关键是能准确找出所求情况数与总情况数 2．C 【分析】

2由二次函数yaxa0可得该二次函数的图像关于y轴对称，然后根据二次函数的对称

性可直接进行排除选项． 【详解】

2解：由二次函数yaxa0可得该二次函数的图像关于y轴对称，

∵二次函数图像过点2,3，

∴点2,3关于y轴对称的点为2,3， ∴点2,3必在二次函数的图像上； 故选C． 【点睛】

本题主要考查二次函数的图像与性质，熟练掌握二次函数的图像与性质是解题的关键． 3．B 【分析】

∠A=∠D=∠C=90°BG=CD，根据矩形的性质可得CD=AB，，根据翻折的性质得到ED＝BE，∠D=∠EBG=90°，∠G=∠C=90°，用BE表示出AE的长度，然后在Rt△ABE中利用勾股定理求出BE的长度，根据同角的余角相等可得∠ABE=∠GBF，利用ASA可证明△ABE≌△GBF，可得BF=BE，利用三角形面积公式即可得答案． 【详解】

7

∵长方形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm， ∴CD=AB=3，∠A=∠D=∠C=90°，

∵将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF， ∴ED＝BE，BG=CD，∠D=∠EBG=90°，∠G=∠C=90°， ∴AE=AD-DE=9-BE，BG=AB， ∴BE2AB2(9BE)2， 解得：BE=5，

∵∠ABE+∠EBF=90°，∠GBF+∠EBF=90°， ∴∠ABE=∠GBF，

AG在△ABE和△GBF中，ABBG，

ABEGBF∴△ABE≌△GBF， ∴BF=BE=5，

11∴S△BEF=BFAB=35=7.5．

22故选：B． 【点睛】

本题考查折叠的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理，熟练掌握折叠的性质及全等三角形的判定定理是解题关键． 4．D 【分析】

由圆的内接四边形对角互补得到两对角的和相等为180°，比值所占份数也相等，据此解题． 【详解】

解：四边形ABCD是圆内接四边形， A+CBD180

即A、C比值的和与B、D比值的和份数相等， 故A、B、C均不符合题意；

A，B，C，D的度数之比可能是1:2:4:3，故D符合题意，

故选：D．

8

【点睛】

本题考查圆的内接四边形，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 5．B 【分析】

由10倍的放大镜下看到的三角形与原三角形相似，相似比为10，根据相似三角形的性质，周长比等于相似比． 【详解】

解：∵在10倍的放大镜下看到的三角形与原三角形相似，相似比为10:1， ∴根据相似三角形的性质，三角形的周长比等于相似比， ∴三角形的周长被放大了10倍． 故选择：B． 【点睛】

本题考查相似三角形的性质在实际中的运用，掌握相似三角形的性质是解题关键． 6．C 【分析】

由三角形外角的性质可得∠ACB=56°，再根据圆周角定理可求得结果． 【详解】

解：∵B60，ADB116， 又ADBBACB

∴∠ACB=∠ADB-∠B=116°-60°=56° ∴∠AOB=2∠ACB=112° 故选：C 【点睛】

此题主要考查了圆周角定理以及三角形外角的性质等知识，正确得出∠ACB度数是解题关键． 7．A 【分析】

根据二次函数的解析式得出图象的开口向下，对称轴是直线x=-2，根据x＜-2时，y随x的增大而增大，即可得出答案． 【详解】

9

解：∵y=-2x2-8x+m=-2（x+2）2+m+8，

∴图象的开口向下，对称轴是直线x=-2，当x＜-2时，y随x的增大而增大， ∴（1，y3）关于直线x=-2的对称点是（-5，y3）， ∵-5＜-3＜-2， ∴y3＜y1＜y2， 故选：A． 【点睛】

本题主要考查对二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用二次函数的性质进行推理是解此题的关键． 8．A 【分析】

根据圆内接四边形的性质得出A65，再根据圆周角定理即可求出BOD的度数． 【详解】

解：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴ABCD180， ∴A180BCD65， ∴BOD2A130， 故选：A． 【点睛】

本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质的应用，关键是熟练掌握圆周角定理和圆内接四边形的性质． 9．C 【分析】

连接OC，得到∠ACO＝90°，确定点C在以OA为直径的圆上（点O、A除外），以OA为直径作⊙P，过P点作直线PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，求出点E（0，﹣3），D（4，0），1945×＝2，利用勾股定理求出DE＝5，证明△DPH∽△DEO，求出PH＝，得到S△NED＝×525S△MED＝

124×5×＝7，设△CDE面积为S，由此得到当C点与M点重合时，S最大；C点

52与N点重合时，S最小，由此确定答案 【详解】

10

解：连接OC，如图， ∵点C为弦AB的中点， ∴OC⊥AB， ∴∠ACO＝90°，

∴点C在以OA为直径的圆上（点O、A除外），

以OA为直径作⊙P，过P点作直线PH⊥DE于H，交⊙P于M、N， 当x＝0时，y＝34x﹣3＝﹣3，则E（0，﹣3），

当y＝0时，34x﹣3＝0，

解得x＝4，则D（4，0）， ∴OD＝4， ∴DE＝32+42=5， ∵A（2，0）， ∴P（1，0）， ∴OP＝1，

∴PD＝OD﹣OP＝3，

∵∠PDH＝∠EDO，∠PHD＝∠EOD， ∴△DPH∽△DEO， ∴PH：OE＝DP：DE， 即PH：3＝3：5，

解得PH＝95，

∴MP＝PH+1＝

145，NH＝PH﹣1＝45，

∴S△NED＝12×5×45＝2，S△MED＝1242×5×5＝7，

设△CDE面积为S，

当C点与M点重合时，S最大；C点与N点重合时，S最小， ∴S的范围为2≤S≤7， ∴△CDE面积的最小值为2． 故选：C．

11

【点睛】

此题考查垂径定理，勾股定理，一次函数图象与坐标轴的交点坐标，相似三角形的判定及性质，这是一道图形类的综合题，综合掌握各知识点并熟练应用解决问题是解题的关键． 10．C 【分析】

分二次函数的图象经过点A，B或点A，点C两种情况讨论求解即可． 【详解】

解：由题意得，二次函数的图象经过点A，B或点A，点C， ①若经过点A和点B

把A（2，1），B（4，3）代入yax2bx1得

14a2b1 316a4b1解得a0,b1 ∵a0

∴二次函数的图象不能经过点A，B； ②若经过点A、点C，则有

14a2b1 116a4b11解得，a,b2

212∴yx2x1,

2当xb2时，y1 2a12则点A（2，1）是yx2x1,的顶点

2

12

此时二次函数的顶点在yx1上，且与y轴交点，纵坐标为-1，故D不符合题意；

11yx22x1(x2)21经过平移，顶点始终在直线yx1上，

2212故平移后函数表达式为y(x2c)c1，其中c为沿x轴正方向平移的单位，c取实

2数，

1122当x=0时，y(2c)c1cc1

22当cb111时，y有最大值，为：y11 2a22故选：C 【点睛】

此题主要考查了二次函数的图象与性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用二次函数的性质解答． 11．

a7 b4【分析】

直接由比例的基本性质变形即可解决问题． 【详解】 解：∵4a=7b， ∴

a7 b4a7． b4故答案为：【点睛】

该题考查了由比例基本性质：两内项之积等于两外项之积，正确变形是解题的关键． 12．0.95 【分析】

13

根据9批次种子粒数从1粒增加到3000粒时，种子发芽的频率趋近于0.95，所以估计种子发芽的概率为0.95． 【详解】

解：∵种子粒数3000粒时，种子发芽的频率趋近于0.95， ∴估计种子发芽的概率为0.95． 故答案为：0.95． 【点睛】

此题主要考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． 13．1838 【分析】

根据题意和图形可知阴影部分的面积是正六边形的面积减去两个扇形的面积，从而可以解答本题． 【详解】

解：∵正六边形ABCDEF的边长为23， ∴正六边形ABCDEF的面积是：

23(23sin60)363236183，

22∵∠FAB=∠EDC=120°， ∴图中阴影部分的面积是：

120(23)218321838；

360故答案为：1838． 【点睛】

本题考查正多边形和圆、扇形面积的计算，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 14．3 【分析】

令h0, 可得15t5t20,解方程可得该球从弹起至回到地面的时间，再求解h15t5t2的

45 4 14

最大值，可得此球距离地面的最大高度，从而可得答案． 【详解】

解： h15t5t2，

 令h0, 则15t5t20,

5t3t0,

t10,t23,

所以该球从弹起至回到地面的时间需303s. h15t5t2，a5＜0,

 当t152532,h有最大值，

所以球距离地面的最大高度为：15332454545252244m.

故答案为：3,454. 【点睛】

本题考查的是二次函数的实际应用，二次函数的性质，掌握以上知识是解题的关键．15．mmcos 【分析】

作ABAO于B，通过解余弦函数求得OB，然后根据ABAOOB求得即可． 【详解】

如图，作ABAO于B， 由已知条件可知，AOAOm， ∵AOA'， ∴OBAOcos，

∴ABAOOBmmcos， 故答案为：mmcos．

15

【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用，锐角三角函数，熟练应用锐角三角函数关系是解答本题的关键． 16．

18614 712【分析】

由已知条件可知AFDE,ADE≌FDE，根据FEAC，可推出AEDFEDB45，即可得到△ACB∽ADE，则

ABACABAE，设AB6x，AEADACADAE、AF与DE交于点O，AF、DE、然后根据等腰直角三角形的性质、勾股定理等计算出：

EC的长，即可得到答案．

【详解】

由已知条件可知，ADE≌FDE，AEF90， ∴AEDFED，

又∵AEFAEDFED90， ∴AEDFEDB45，

又∵在△ACB和ADE中，AA，BAED， ∴△ACB∽ADE， ∴∴

ABACABAE， AEADACADABAE6， ACAD5如图，设AB6x，则AC5x，AF与DE交于点O，则AODFOD90， ∴AD3x，AE18x， 5∴ECACAE5x187xx， 55∵AEDFEDB45，

∴△AOE，FOE，AEF均为等腰直角三角形，

16

∴AF2AEAE18182x， x，AO2525在△AOD中，由勾股定理可知，ODAD2AO2, OD9x216223x7x， 255∴DOOEDOAO(31837927xx)x， 5552379218xx732614AE518DE5==，，=∴

12EC7x7AF18262x55故答案为：

18614；． 712

【点睛】

本题考查了相似三角形、相似比、勾股定理，解答本题的关键是设准未知数，找准比例关系，利用比值进行求解． 1517．（1）；（2）

93【分析】

（1）从中随机抽取一张卡片，卡片上的数是0的概率=抽到是0的可能÷所有可能； （2）先画树状图展示所有9种等可能的结果数，再找出两个数的积等于0的结果数，然后根据概率公式求解． 【详解】

1解：（1）从中随机抽取一张卡片，正面的数字是0的概率=；

31故答案为；

3（2）画树状图为：

共有9种等可能的结果数，其中两个数的积等于0的结果数为5，

17

5所以两个数的积等于0的概率=；

95故答案为．

9【点睛】

本题考查了列表法或树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率． 18．（1）10m；（2）19m 【分析】

（1）过点A作AH⊥PQ，垂足为H，根据斜坡AP的坡度为1：2.4，利用勾股定理即可求出结果；

（2）延长BC交PQ于点D，根据题意可得四边形AHDC是矩形，设BC＝x，则x+10＝24+DH．AC＝DH＝（x﹣14）m．利用正切列出方程即可求解． 【详解】

解：（1）如图，过点A作AH⊥PQ，垂足为H， ∵斜坡AP的坡度为1：2.4， ∴

AH15==, PH2.412设AH＝5k，则PH＝12k，

在Rt△AHP中，由勾股定理，得APAH2PH2(5k)2(12k)213k， ∴13k＝26， 解得k＝2． ∴AH＝10（m）．

答：坡顶A到地面PQ的距离为10m．；

（2）如图，延长BC交PQ于点D， 由题意可知四边形AHDC是矩形，

18

∴CD＝AH＝10m，AC＝DH． ∵∠BPD＝45°，∠BDP＝90°， ∴PD＝BD．

∵PH＝12×2＝24（m）， 设BC＝x，则x+10＝24+DH． ∴AC＝DH＝（x﹣14）m． 在Rt△ABC中，tan∠BACtan76?=解得x≈19（m）．

答：信号塔BC的高度约为19m． 【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用--仰角俯角问题、坡度坡角问题，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．

19．（1）yx5x1；（2）①x12，x24；②x1或x5 【分析】

（1）把点2,3代入二次函数解析式进行求解即可；

（2）①由（1）及图像可直接进行求解即可；②当y0时可由图像直接进行求解． 【详解】

解：（1）∵二次函数yxmx1的图象经过点2,3， ∴2m213， 解得m5， ∴yx5x1；

（2）由五点法可得如图所示：

BCx4.00， 即

ACx14 19

①由图像可得：

方程x2bxc3的解是x12，x24； ②由图象可得，当y0时，x1或x5． 【点睛】

本题主要考查二次函数的图像与性质，熟练掌握二次函数的图像与性质是解题的关键． 20．（1）4；（2）见解析 【分析】

（1）在△OPC中，底边OC长度固定，因此要想△OPC的面积最大，则要OC边上的高最大；由图形可知，当OP⊥OC时高最大；

（2）连接AP，BP通过△ODB≌△BPC可求得DP⊥PC，从而求得PC是⊙O的切线 【详解】

解：（1）∵AB=4， ∴OB=2，OC=OB+BC=4．

在△OPC中，设OC边上的高为h， ∵S△OPC=2OC•h=2h，

20

1∴当h最大时，S△OPC取得最大值．

观察图形，当OP⊥OC时，h最大，如图所示： 此时h=半径=2，S△OPC=2×2=4． ∴△OPC的最大面积为4．

（2）如图，连接AP，BP． ∵PD，AB都是圆的直径 ∴∠APB=∠PBD=90° ∴∠APB+∠PBD=180° ∴AP∥BD

∴∠A=∠D=∠APD=∠ABD， ∵∠AOP=∠DOB ∴在△AOP与△BOD中 OAOBAOP=BOD OPOD∴△AOP≌△BOD（SAS）， ∴AP=BD， ∵CP=DB， ∴AP=CP， ∴∠A=∠C

∴∠A=∠D=∠APD=∠ABD=∠C， 在△ODB与△BPC中 BCOB2C=OBD CPBD∴△ODB≌△BPC（SAS），

21

∴∠D=∠BPC， ∵PD是直径， ∴∠DBP=90°， ∴∠D+∠BPD=90°， ∴∠BPC+∠BPD=90°， ∴DP⊥PC， ∵DP经过圆心， ∴PC是⊙O的切线．

【点睛】

本题主要考查了圆周角定理，平行线的性质与判定，直径所对的圆周角等于90°，切线的判定，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.

b21421． （1）直线x1；（2）；（3）1c32【分析】

（1）线段AB的垂直平分线是抛物线的对称轴，求出线段AB的中点坐标即可； （2）用待定系数法求解即可；

（3）过点Q作x轴的垂线，垂足为H，则Hs,0，由勾股定理可求得AQ2关于s、t的关系式，再由点P在抛物线上，得关于s、t的关系式，消去s即可得AQ2关于t的二次函数关系式，求出AQ2最小时t的值，最后可求得s的值． 【详解】

（1）∵AB=3-(-1)=4 ∴

1AB2 2∴AB中点的横坐标为为3-2=1

22

即AB的中点坐标为(1，0) 所以抛物线的对称轴为直线x1 故答案为：直线x1

（2）∵抛物线yx2bxc与x轴相交于A1,0，B3,0两点

∴1bc093bc0 解得b2c3 即b=-2，c=-3

（3）点Ps,t关于原点的对称点Q的坐标为s,t∵点Ps,t在抛物线上 ∴ts22s3 ∴s22st3 ①

过点Q作x轴的垂线，垂足为H，则Hs,0，如图

∵A1,0

∴AHs1，QHt

∴AQ2AH2QH2s12t2s22s1t2 2把①代入②，得AQ2t2t4115t24

②

23

∵抛物线上一动点Ps,t关于原点的对称点Q落在第一象限内 ∴1s0，3t0

115∴当t，AQ2取得最小值

24152把t代入①，得s2s

22解得，s1∴s的值为1【点睛】

1414，或s1（舍去） 2214 2本题是二次函数的综合性问题，考查了待定系数法求函数解析式，已知抛物线上的两点求对称轴，线段最值等知识，第三问中消去参数s是难点，用到整体思想消去s，另外要注意s的范围，数形结合．

22．（1）证明见解析；（2）125 【分析】

（1）由AFDABC，

ABBC，即可得出△ABCAFFD2AEDBEC△AFD；

（2）证明AED【详解】 解：（1）

SBEC，得

S4AD，从而可得结论． BC25BAFDBC，

BAFABFDBCABF，

即AFDABC， 又

ABBC， AFFDABCAFD

△AFD，

（2）由（1）得：△ABCADEACB，

又AEDBEC， AEDBEC，

又AD2，BC5，

24

SSSSAEDBEC4AD， BC2520， 125

2ADEBCE【点睛】

本题主要考查了相似三角形的判定及性质，解题的关键是灵活运用相似三角形的性质． 23．（1）2个，理由见解析；（2）x12，x24；（3）32b1 【分析】

（1）根据函数的交点与一元二次方程的关系，利用一元二次方程根的差别式进行判断即可； （2）由对称轴为直线x1得b2a，代入函数解析式结合y5a得一元二次方程

x22ax35a，求解即可；

（3）根据函数图象的项点在第二象限，且过点1,1列出不等式组求解即可． 【详解】

解：（1）∵yax2bx3a ∴b24a(3a)b212a2 ∵a0 ∴a20

∴b212a20，

函数图象与x轴的交点个数为2个． （2）对称轴为直线x1， ∴x1b 2ab2a，

yax22ax3a，

当y5a时，x22ax35a， 即ax4x20， ∵a0，且x1x2 x12，x24．

25

（3）抛物线顶点在第二象限，

b02a，解得a0，b0． 2212ab04a抛物线过1,1，

ab3a1，即b12a．

b12a0由题意得，

ab12a11a，

22ab4a1， 32ab1．

【点睛】

考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质等知识点，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．

24．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）过点O作OMAB于点M，作ONAC于点N，证Rt△AOM≌Rt△AON，即可； （2）过点B作BH⊥AC，垂足为H，连接OC，易证ADOAB长，再表示面积即可；

（3）延长BD交圆于点E，连接CE,求∠BEC的余弦值即可． 【详解】

解：（1）如图，过点O作OMAB于点M，作ONAC于点N． ∴AM=2AB，AN=2AC， ABAC，

11S1201m ；（3）S292mBDA，列比例式求出OD、

∴AM=AN, ∵OA=OA，

∴Rt△AOM≌Rt△AON， BAOCAO， OA平分BAC．

26

（2）过点B作BH⊥AC，垂足为H，连接OC， 由（1）可知，SABOSACO，

OBOA，

∴∠OBA=∠OAB， AO平分BAC， ∴∠OAD=∠OAB， ∴∠OAD=∠OBA， ∵∠ADO=∠BDA ∴ADOBDA，

ADBDDODA， 6DODO56

解得OD4， ∵ADOBDA，

∴

AOBADODA， 5BA46， AB7.5，

CD=1.5， ∵ON∥BH， ∴

NOBHDOBD49，BH=94ON， S11512ACON4ON， S132722CDBH4BH=16ON，

27

15SON1S27420． 2ON916

（3）延长BD交圆于点E，连接CE, 设OEBOAOr， ODOBm， ODmr， DErmr，

∵∠ACE=∠ABO,

由（2）得，∠OAD=∠OBA， ∴∠ACE=∠DAO, ∴OA∥CE， ∴

CEEDOAOD， CErrmrmr， CE=

rmrm， ∵∠BAC=∠BEC， ∴cosBACcosBECECBE， rmr∴

cosBACm1m． 2r2m

28

【点睛】

本题考查了垂径定理、圆周角的性质、相似三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，解题关键是综合知识的梳理，合理恰当的作辅助线，构建相似三角形．

29