【浙教】期中模拟卷02【1-4章】

2023-2024学年上学期期中模拟考试九年级数学（浙教版第1-4章）（考试时间：90分钟试卷满分：120分）一、选择题：本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目1．（2023秋•嵊州市月考）吴老师在演示概率试验时，连续随机抛掷一枚质地均匀的骰子，前3次的结果是“6”，则第4次的结果是“6”的概率是（）A．0 B．QUOTE C．QUOTE D．12．（2023秋•路桥区校级月考）将抛物线y＝x2向上平移5个单位长度，得到的抛物线的解析式为（）A．y＝（x+5）2 B．y＝（x﹣5）2 C．y＝x2+5 D．y＝x2﹣53．（2022秋•柯桥区期中）如图，已知∠1＝∠2，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC∽△ADE的是（）A．∠C＝∠E B．∠B＝∠ADE C．QUOTE D．QUOTE4．（2022秋•椒江区期中）如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD于E，OE＝12，CD＝26，那么弦AB的长为（）A．5 B．10 C．12 D．135．（2022秋•淳安县期中）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，⊙O的半径为1，则边心距OM的长为（）A．QUOTE B．QUOTE C．QUOTE D．QUOTE6．（2022秋•仙居县期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点E落在线段AB上，则B、D两点间的距离为（）A．QUOTE B．QUOTE C．6 D．QUOTE7．（2022秋•新昌县校级期中）如图，一块直角三角板的30°角的顶点P落在⊙O上，两边分别交⊙O于A，B两点，连结AO，BO，则∠AOB的度数是（）A．30° B．60° C．80° D．90°8．（2023•余杭区模拟）如图，已知AB∥CD∥EF，BC：CE＝3：4，AF＝21，那么DF的长为（）A．9 B．12 C．15 D．189．（2023秋•嵊州市月考）已知点A（m，n）、B（m+1，n）是二次函数y＝x2+bx+c图象上的两个点，若当x≤2时，y随x的增大而减小，则m的取值范围是（）A．QUOTE B．QUOTE C．QUOTE D．QUOTE10．（2023秋•嵊州市月考）抛物线QUOTE交x轴于O（0，0），A两点，将C1绕点A旋转180°得到抛物线C2，交x轴于另一点A1；将C2绕点A1旋转180°得到抛物线C3，交x轴于另一点A2；…，如此进行下去，形成如图所示的图象，则下列各点在图象上的是（）A．（2022，1） B．（2022，﹣1） C．（2023，1） D．（2023，﹣1）二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。11．（2022秋•嘉兴期末）已知QUOTE，那么QUOTE的值为．12．（2023•温州模拟）一个密闭不透明的口袋中有质地均匀、大小相同的白球若干个，在不允许将球倒出来的情况下，为估计白球的个数，小华往口袋中放入10个红球（红球与白球除颜色不同外，其它都一样），将口袋中的球搅拌均匀，从中随机摸出一个球，记下它的颜色后再放回口袋中，不断重复这一过程，共摸了100次球，发现有63次摸到红球．估计这个口袋中白球的个数约为个．13．（2023春•鄞州区期中）对于竖直向上抛出的物体，在不考虑空气阻力的情况下，有如下的关系式：QUOTE，其中h是物体上升的高度，v是抛出时的速度，g是重力加速度（g≈10m/s2），t是抛出后的时间．如果一物体以25m/s的初速度从地面竖直向上抛出，经过秒钟后它在离地面20m高的地方．14．（2021秋•南湖区期中）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，AB＝5，AC＝4，D是QUOTE上的一个动点，连接AD．过点C作CE⊥AD于E，连接BE，则BE的最小值是．15．（2021秋•鄞州区期中）如图，抛物线yQUOTEx2﹣4与x轴交于A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连接OQ．则线段OQ的最大值是．16．（2023•温州三模）如图1是由两个正六边形组成的壁挂置物架，轴对称仙人掌盆栽放置在木板上，图2是其示意图，两个正六边形的边AB与CD，BF与EG均在同一直线上．木板AD＝44cm（木板厚度忽略不计），FG＝4cm，则AB的长为cm，盆栽由矩形HIJK和圆弧QUOTE组成，且K，E，D恰好在同一直线上，已知AI＝BJ＝3cm，圆弧最高点P到MN的距离与线段HI的长度之比为QUOTE，则圆弧QUOTE的半径为cm．​三、解答题：本题共7小题，共66分.其中：17题6分，18-19每题8分，20-21每题10分，22-23每题12分.17．（2023春•南湖区校级月考）一个不透明的布袋中装有若干个球，它们除颜色不同外，其余完全相同，其中有1个白球和若干个红球．（1）若摸一次球，摸到白球的概率是QUOTE，则红球的个数为；（2）在（1）的条件下，如果从中任意摸出一个球，记下颜色后放回，搅匀，再摸出一个球，请用画树状图（或列表）的方法，求两次摸出的球都是红球的概率．18．（2022秋•洞头区期中）利用网格和无刻度的直尺作图，保留痕迹．如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的6×6网格中，点A、B、C、D均在格点上．（1）在图①中，以点O为位似中心，画△DEF，使△ABC与△DEF位似，且位似比为1：2．（2）在图②中的BD上找一点P，使△APB∽△CPD．19．（2021秋•淳安县期中）已知，如图，在△ABC中，AB＝AC，以腰AB为直径作半圆O，分别交BC，AC于点D、E．（1）求证：BD＝DC；（2）若∠BAC＝40°，AB＝AC＝8，求弧BE的长．20．（2023春•鄞州区期中）如图，边长为2的正方形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过B，C两点．（1）求b，c的值；（2）若将该抛物线向下平移m个单位，使其顶点落在正方形OABC内（不包括边上），求m的取值范围．21．（2022•钱塘区一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O分别交BC，AC于点D，E，连结BE，OD，BE与OD交于点F．（1）求证：OD∥AC．（2）当∠ABE＝48°时，求∠CBE的度数．（3）连结DE，若DEQUOTE，AB＝4，求AE的长．22．（2022秋•洞头区期中）如何确定隧道中警示灯带的安装方案？素材12022年10月，温州市府东路过江通道工程正式开工，建成后将成为温州瓯江第一条超大直径江底行车隧道．隧道顶部横截面可视为抛物线，如图1，隧道底部宽AB为10m，高OC为5m．素材2货车司机长时间在隧道内行车容易疲劳驾驶，为了安全，拟在隧道顶部安装上下长度为20cm的警示灯带，沿抛物线安装．（如图2）．为了实效，相邻两条灯带的水平间距均为0.8m（灯带宽度可忽略）；普通货车的高度大约为2.5m（载货后高度），货车顶部与警示灯带底部的距离应不少于50cm．灯带安装好后成轴对称分布．问题解决任务1确定隧道形状在图1中建立合适的直角坐标系，求抛物线的函数表达式．任务2探究安装范围在你建立的坐标系中，在安全的前提下，确定灯带安装点的横、纵坐标的取值范围．任务3拟定设计方案求出同一个横截面下，最多能安装几条灯带，并根据你所建立的坐标系，求出最右边一条灯带安装点的横坐标．23．（2023春•柯桥区期中）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2﹣2tx+1．（1）求该抛物线的对称轴（用含t的式子表示）；（2）若点M（t﹣2，m），N（t+3，n）在抛物线y＝x2﹣2tx+1上，试比较m，n的大小；（3）P（x1，y1），Q（x2，y2）是抛物线y＝x2﹣2tx+1上的任意两点，若对于﹣1≤x1＜3且x2＝3，都有y1≤y2，求t的取值范围；（4）P（t+1，y1），Q（2t﹣4，y2）是抛物线y＝x2﹣2tx+1上的两点，且均满足y1≥y2，求t的最大值．

2023-2024学年上学期期中模拟考试九年级数学（浙教版第1-4章）一、选择题：本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目1．（2023秋•嵊州市月考）吴老师在演示概率试验时，连续随机抛掷一枚质地均匀的骰子，前3次的结果是“6”，则第4次的结果是“6”的概率是（）A．0 B．16 C．12【答案】B【分析】直接由概率公式求解即可．【详解】解：掷第4次时有6种等可能出现的结果，其中结果是“6”的有1种，∴第4次的结果是“6”的概率是16故选：B．【点评】本题考查概率公式，理解题意和概率的意义是解题的关键．2．（2023秋•路桥区校级月考）将抛物线y＝x2向上平移5个单位长度，得到的抛物线的解析式为（）A．y＝（x+5）2 B．y＝（x﹣5）2 C．y＝x2+5 D．y＝x2﹣5【答案】C【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行求解．【详解】解：将抛物线y＝x2向上平移5个单位长度，所得抛物线的解析式为：y＝x2+5，故选：C．【点评】此题主要考查的是二次函数图象与几何变换，用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式．3．（2022秋•柯桥区期中）如图，已知∠1＝∠2，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC∽△ADE的是（）A．∠C＝∠E B．∠B＝∠ADE C．ABAD=AC【答案】D【分析】先根据∠1＝∠2求出∠BAC＝∠DAE，再根据相似三角形的判定方法解答．【详解】解：∵∠1＝∠2，∴∠DAE＝∠BAC，A、添加∠C＝∠E，可用两角法判定△ABC∽△ADE，故本选项错误；B、添加∠B＝∠ADE，可用两角法判定△ABC∽△ADE，故本选项错误；C、添加ABAD=ACAE，可用两边及其夹角法判定△D、添加ABAD=BCDE，不能判定△故选：D．【点评】本题考查了相似三角形的判定，先求出两三角形的一对相等的角∠BAC＝∠DAE是确定其他条件的关键，注意掌握相似三角形的几种判定方法．4．（2022秋•椒江区期中）如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD于E，OE＝12，CD＝26，那么弦AB的长为（）A．5 B．10 C．12 D．13【答案】B【分析】连接OA，如图，根据垂径定理得到AE＝BE，然后利用勾股定理计算出AE，从而得到AB的长．【详解】解：连接OA，如图，∵AB⊥CD，∴AE＝BE，∠OEA＝90°，∵CD＝26，∴OA＝13，在Rt△OAE中，AE=O∴AB＝2AE＝10．故选：B．【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．5．（2022秋•淳安县期中）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，⊙O的半径为1，则边心距OM的长为（）A．3 B．32 C．12 【答案】B【分析】根据正六边形的性质求出∠BOM，利用余弦的定义计算即可．【详解】解：连接OB，∵六边形ABCDEF是⊙O内接正六边形，∴∠BOM=360°∴OM＝OB•cos∠BOM＝1×3故选：B．【点评】本题考查的是正多边形和圆的有关计算，掌握正多边形的中心角的计算公式、熟记余弦的概念是解题的关键．6．（2022秋•仙居县期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点E落在线段AB上，则B、D两点间的距离为（）A．43 B．42 C．6 【答案】D【分析】首先利用勾股定理求出AB的长，再根据旋转的性质得DE和AE的长，最后利用勾股定理求出BD即可．【详解】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，∴DE＝BC＝6，AE＝AC＝8，在△ABC中，∠C＝90°，∴AB=6∴BE＝2，在Rt△BDE中，由勾股定理得，BD=62+故选：D．【点评】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．7．（2022秋•新昌县校级期中）如图，一块直角三角板的30°角的顶点P落在⊙O上，两边分别交⊙O于A，B两点，连结AO，BO，则∠AOB的度数是（）A．30° B．60° C．80° D．90°【答案】B【分析】利用圆周角定理解决问题即可．【详解】解：∵∠P＝30°，又∵∠AOB＝2∠P，∴∠AOB＝60°，故选：B．【点评】本题考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理，属于中考常考题型．8．（2023•余杭区模拟）如图，已知AB∥CD∥EF，BC：CE＝3：4，AF＝21，那么DF的长为（）A．9 B．12 C．15 D．18【答案】B【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算即可．【详解】解：∵AB∥CD∥EF，BC：CE＝3：4，∴ADDF∵AF＝21，∴21−DFDF解得：DF＝12，故选：B．【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．9．（2023秋•嵊州市月考）已知点A（m，n）、B（m+1，n）是二次函数y＝x2+bx+c图象上的两个点，若当x≤2时，y随x的增大而减小，则m的取值范围是（）A．m＞32 B．m≥32 C．【答案】B【分析】首先根据点A、B是该二次函数图象上的两点且纵坐标相等，可得对称轴为直线x=2m+12，再根据开口向上，x≤2时，y随x的增大而减小，可得【详解】解：∵点A（m，n）、B（m+1，n）是二次函数y＝x2+bx+c图象上的两个点，∴该二次函数图象的对称轴为直线x=2m+1∵当x≤2时，y随x的增大而减小，∴该二次函数图象的对称轴为直线x＝2或在其右侧，∴2m+12解得m≥3故选：B．【点评】本题考查了二次函数的图象和性质，得到该二次函数图象的对称轴为直线x＝2或在其右侧是解决本题的关键．10．（2023秋•嵊州市月考）抛物线C1:y=x2−2x(0=x=2)交x轴于O（0，0），A两点，将C1绕点A旋转180°得到抛物线C2，交x轴于另一点A1；将C2绕点A1旋转180°得到抛物线C3，交A．（2022，1） B．（2022，﹣1） C．（2023，1） D．（2023，﹣1）【答案】C【分析】根据抛物线的旋转，找到图象的循环特征，由循环特性分别找到当x＝2022、x＝2023时，对应的函数值，进行判定即可．【详解】解：由已知y＝x2﹣2x＝x2﹣2x+1﹣1＝（x﹣1）2﹣1，则抛物线C1的顶点为（1，﹣1），由旋转可知，抛物线C2的顶点为（3，1），则抛物线C2解析式为：y＝﹣（x﹣3）2+1，由题意可知，题干中的复合图象，每4个单位循环一次，由2022＝505×4+2可知，x＝2022的函数值等于x＝2时的函数值，∴x＝2时，y＝22﹣2×2＝0，由2023＝505×4+3可知，x＝2023的函数值等于x＝3时的函数值，∴x＝3时，y＝﹣（3﹣3）2+1＝1，故可知，点（2023，1）在图象上．故选：C．【点评】本题考查了与二次函数图象的旋转有关的规律探究问题，解答关键是通过图象的旋转要找到对应的函数解析式以及图象的循环规律．二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。11．（2022秋•嘉兴期末）已知xy=23，那么x+yy【答案】53【分析】根据题意表示出x，y的值，进而代入求出答案．【详解】解：∵xy∴设x＝2a，y＝3a，∴2a+3a3a故答案为：53【点评】此题主要考查了比例的性质，正确表示出x，y的值是解题关键．12．（2023•温州模拟）一个密闭不透明的口袋中有质地均匀、大小相同的白球若干个，在不允许将球倒出来的情况下，为估计白球的个数，小华往口袋中放入10个红球（红球与白球除颜色不同外，其它都一样），将口袋中的球搅拌均匀，从中随机摸出一个球，记下它的颜色后再放回口袋中，不断重复这一过程，共摸了100次球，发现有63次摸到红球．估计这个口袋中白球的个数约为6个．【答案】6．【分析】估计利用频率估计概率可估计摸到红球的概率为0.63，然后根据概率公式计算这个口袋中红球的数量．【详解】解：设袋子中白球有x个，根据题意，得：1010+x解得x≈6，经检验x＝6是分式方程的解，所以袋子中白球的个数约为6个，故答案为：6．【点评】本题考查用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用概率的知识解答．13．（2023春•鄞州区期中）对于竖直向上抛出的物体，在不考虑空气阻力的情况下，有如下的关系式：ℎ=vt−12gt2，其中h是物体上升的高度，v是抛出时的速度，g是重力加速度（g≈10m/s2），t是抛出后的时间．如果一物体以25m【答案】1或4．【分析】把v＝25，g＝10，h＝20代入所给关系式求t的值即可．【详解】解：由题意得：20＝25t−12×10t2﹣5t+4＝0，解得t1＝1，t2＝4．∴1秒或4秒后，物体处在离抛出点20m高的地方．故答案为：1或4．【点评】考查二次函数的应用；只需把相关数值代入所给关系式即可．14．（2021秋•南湖区期中）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，AB＝5，AC＝4，D是BC上的一个动点，连接AD．过点C作CE⊥AD于E，连接BE，则BE的最小值是13−2【答案】见试题解答内容【分析】如图，连接BO′、BC．在点D移动的过程中，点E在以AC为直径的圆上运动，当O′、E、B共线时，BE的值最小，最小值为O′B﹣O′E，利用勾股定理求出BO′即可解决问题．【详解】解：如图，取AC的中点O′，连接BO′、BC．∵CE⊥AD，∴∠AEC＝90°，∴在点D移动的过程中，点E在以AC为直径的圆上运动，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∵AC＝4，AB＝5，∴BC=A在Rt△BCO′中，BO′=B∵O′E+BE≥O′B，∴当O′、E、B共线时，BE的值最小，最小值为O′B﹣O′E=13故答案为：13−【点评】本题考查圆周角定理、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是确定等E的运动轨迹是以AC为直径的圆上运动，属于中考填空题中压轴题．15．（2021秋•鄞州区期中）如图，抛物线y=14x2﹣4与x轴交于A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连接OQ．则线段OQ的最大值是【答案】见试题解答内容【分析】当B、C、P三点共线，且点C在PB之间时，PB最大，而OQ是△ABP的中位线，即可求解．【详解】解：令y=14x2﹣4＝0，则故点B（4，0），设圆的半径为r，则r＝2，连接PB，而点Q、O分别为AP、AB的中点，故OQ是△ABP的中位线，当B、C、P三点共线，且点C在PB之间时，PB最大，此时OQ最大，则OQ=12BP=12（BC+r）故答案为3.5．【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，本题的关键是根据圆的基本性质，确定BP的最大值，进而求解．16．（2023•温州三模）如图1是由两个正六边形组成的壁挂置物架，轴对称仙人掌盆栽放置在木板上，图2是其示意图，两个正六边形的边AB与CD，BF与EG均在同一直线上．木板AD＝44cm（木板厚度忽略不计），FG＝4cm，则AB的长为20cm，盆栽由矩形HIJK和圆弧HPK组成，且K，E，D恰好在同一直线上，已知AI＝BJ＝3cm，圆弧最高点P到MN的距离与线段HI的长度之比为49，则圆弧HPK的半径为1433​【答案】20，143【分析】设HPK的圆心是O，作PQ⊥HK于Q，连接OH，DK，BN，由正六边形的性质求出AB，CD的长，由直角三角形的性质，等腰三角形的性质求出KJ，BN的长，得到PQ的长，由勾股定理列出关于HPK半径的方程，即可解决问题．，【详解】解：设HPK的圆心是O，作PQ⊥HK于Q，连接OH，DK，BN，∵P是圆弧最高点，∴O在PQ上，∵两个多边形是正六边形，∴CD＝CE＝EG，AB＝BG，∠ECD＝∠BFN＝∠CEG＝120°，∴∠BEC＝∠BCE＝60°，∴△BCE是等边三角形，∴BC＝CE＝CD，∴AD＝AB+BC+CD＝AB+2CD＝44cm，∵BF+FG＝BE+EG＝2CD，∴AB+4＝2CD，∴AB＝20（cm），CD＝12（cm），∴DJ＝CD+BC+BJ＝12+12+3＝27（cm），IJ＝AB﹣AI﹣BJ＝20﹣3﹣3＝14（cm），∵CE＝CD，∠ECD＝120°，∴∠EDC＝30°，∵K、E、D共线，∴KJ=33DJ＝93（∵四边形HIJK是矩形，∴HI＝KJ＝93（cm），∵圆弧最高点P到MN的距离与线段HI的长度之比为49∴P到MN的距离是93×49=∵BF＝NF，∠BFN＝120°，∴BN=3BF＝203（cm∴PQ＝203−93−43=73设HPK的半径是rcm，∴OQ＝73−r∵OQ⊥HK，∴HQ=12∵OH2＝OQ2+HQ2，∴r2=(73−r)∴r=14∴HPK的半径是r1433故答案为：20，14【点评】本题考查正多边形的性质，垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，关键是由以上知识点求出正六边形的边长，BN的长，KJ的长得到PQ的长，由勾股定理列出关于HPK半径的方程．三、解答题：本题共7小题，共66分.其中：17题6分，18-19每题8分，20-21每题10分，22-23每题12分.17．（2023春•南湖区校级月考）一个不透明的布袋中装有若干个球，它们除颜色不同外，其余完全相同，其中有1个白球和若干个红球．（1）若摸一次球，摸到白球的概率是13，则红球的个数为2个（2）在（1）的条件下，如果从中任意摸出一个球，记下颜色后放回，搅匀，再摸出一个球，请用画树状图（或列表）的方法，求两次摸出的球都是红球的概率．【答案】（1）2个；（2）49【分析】（1）用白球的个数除以摸到白球的概率，再减去白球的个数即可得出答案；（2）列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．【详解】解：（1）由题意知，红球的个数为1÷1故答案为：2个；（2）根据题意列表如下：白红红白（白，白）（红，白）（红，白）红（白，红）（红，红）（红，红）红（白，红）（红，红）（红，红）所有等可能的情况有9种，其中恰好为两个红球的情况有4种，则两个球都是红色的概率是49【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．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实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．18．（2022秋•洞头区期中）利用网格和无刻度的直尺作图，保留痕迹．如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的6×6网格中，点A、B、C、D均在格点上．（1）在图①中，以点O为位似中心，画△DEF，使△ABC与△DEF位似，且位似比为1：2．（2）在图②中的BD上找一点P，使△APB∽△CPD．【答案】见解答．【分析】（1）延长OA到D点使OD＝2OA，延长OB到B点使OE＝2OB，延长OC到F点使OF＝2OC，则△DEF满足条件；（2）作A点关于A点的对称点F，连接CF交BD于P点，则△PBF与△PDC关于点P位似，由于△PAB与△PFB全等，所以△APB∽△CPD．【详解】解：（1）如图1，△DEF为所作；（2）如图2，点P为所作．【点评】本题考查了作画﹣位似变换：熟练掌握画位似图形的一般步骤是解决问题的关键．19．（2021秋•淳安县期中）已知，如图，在△ABC中，AB＝AC，以腰AB为直径作半圆O，分别交BC，AC于点D、E．（1）求证：BD＝DC；（2）若∠BAC＝40°，AB＝AC＝8，求弧BE的长．【答案】（1）见解答；（2）弧BE的长为：169π【分析】（1）连接AD，根据等腰三角形的性质即可得到结论；（2）连接OE，根据圆周角定理求出∠BOE＝80°，然后根据弧长公式计算即可．【详解】（1）证明：连接AD，∵AB是圆的直径，∴∠ADB＝90°，即AD⊥CB，∴BD＝CD，（2）解：连接OE，∵∠BAC＝40°，∴∠BOE＝80°，∵AB＝8，∴OB＝4，∴弧BE的长为：80π×4180=【点评】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质的应用，主要考查了学生的推理能力和计算能力，注意：在同圆或等圆中，圆周角的度数等于它所夹弧所对的圆心角度数的一半．20．（2023春•鄞州区期中）如图，边长为2的正方形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过B，C两点．（1）求b，c的值；（2）若将该抛物线向下平移m个单位，使其顶点落在正方形OABC内（不包括边上），求m的取值范围．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据正方形的性质得出点B、C的坐标，然后利用待定系数法求解即可；（2）求得抛物线的顶点坐标，结合正方形的边长即可求得结论．【详解】（1）∵正方形OABC的边长为2，∴点B、C的坐标分别为（2，2），（0，2），∵二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过B，C两点，∴2=−解得b=2c=2（2）由（1）可知抛物线为y＝﹣x2+2x+2，∵y＝﹣x2+2x+2＝﹣（x﹣1）2+3，∴顶点为（1，3），∵正方形边长为2，∴将该抛物线向下平移m个单位，使其顶点落在正方形OABC内（不包括边上），m的取值范围是1＜m＜3．【点评】本题综合考查了二次函数，正方形的性质，待定系数法求函数解析式，二次函数图象与几何变换，根据正方形的性质求出点B、C的坐标是解题的关键，也是本题的突破口，本题在此类题目中比较简单．21．（2022•钱塘区一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O分别交BC，AC于点D，E，连结BE，OD，BE与OD交于点F．（1）求证：OD∥AC．（2）当∠ABE＝48°时，求∠CBE的度数．（3）连结DE，若DE=2，AB＝4，求AE【答案】（1）见解答过程；（2）21°；（3）3．【分析】（1）由等腰三角形的性质得出∠ABC＝∠C，∠ABC＝ODB，进而得出∠ODB＝∠C，即可证明OD∥AC；（2）由圆周角定理得出∠AEB＝90°，结合∠ABE＝48°，得出∠BAC＝42°，再根据等腰三角形的性质即可求出∠CBE的度数；（3）连接DE，由OD∥AC，O是AB的中点，得出D是BC的中点，由圆周角定理∠BEC＝90°，直角三角形的性质结合DE=2，得出BC＝22，继而证明△DEC∽△ABC，由相似三角形的性质得出EC＝1，进而求出AE【详解】（1）证明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∵OB＝OD，∴∠ABC＝ODB，∴∠ODB＝∠C，∴OD∥AC；（2）解：∵AB为直径，∴∠AEB＝90°，∵∠ABE＝48°，∴∠BAC＝42°，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C=180°−42°∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABE＝69°﹣48°＝21°；（3）解：如图，连接DE，∵OD∥AC，O是AB的中点，∴D是BC的中点，∵AB是直径，∴∠AEB＝90°，∴∠BEC＝90°，∴DE＝DC=12∴∠DEC＝∠C，∵DE=2∴BC＝22，∵AB＝AC＝4，∴∠B＝∠C，∴∠DEC＝∠ABC，∵∠C＝∠C，∴△DEC∽△ABC，∴ECBC=DE∴EC＝1，∴AE＝AC﹣EC＝4﹣1＝3．【点评】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握等腰三角形的性质，平行线的判定方法，圆周角定理，相似三角形的判定方法是解决问题的关键．22．（2022秋•洞头区期中）如何确定隧道中警示灯带的安装方案？素材12022年10月，温州市府东路过江通道工程正式开工，建成后将成为温州瓯江第一条超大直径江底行车隧道．隧道顶部横截面可视为抛物线，如图1，隧道底部宽AB为10m，高OC为5m．素材2货车司机长时间在隧道内行车容易疲劳驾驶，为了安全，拟在隧道顶部安装上下长度为20cm的警示灯带，沿抛物线安装．（如图2）．为了实效，相邻两条灯带的水平间距均为0.8m（灯带宽度可忽略）；普通货车的高度大约为2.5m（载货后高度），货车顶部与警示灯带底部的距离应不少于50cm．灯带安装好后成轴对称分布．问题解决任务1确定隧道形状在图1中建立合适的直角坐标系，求抛物线的函数表达式．任务2探究安装范围在你建立的坐标系中，在安全的前提下，确定灯带安装点的横、纵坐标的取值范围．任务3拟定设计方案求出同一个横截面下，最多能安装几条灯带，并根据你所建立的坐标系，求出最右边一条灯带安装点的横坐标．【答案】任务1：抛物线的函数表达式为y=−15任务2：悬挂点的横坐标的取值范围是：﹣3≤x≤3；任务3：挂7条或8条，最右边一条灯带安装点的横坐标分别为2.4和2.8，方案见解答．【分析】任务1：利用待定系数法可得抛物线的函数表达式；任务2：根据普通货车的高度大约为2.5m，货车顶部与警示灯带底部的距离应不少于50cm，货车顶部与警示灯带底部的距离应不少于50cm，计算悬挂点的纵坐标的最小值是3.2m；任务3：两种方案：分别挂7条和8条．【详解】解：任务1：以O为原点，以AB所在直线为x轴，以OC所在的直线为y轴建立如图所示的直角坐标系，∴顶点C为（0，5），∵抛物线过A（﹣5，0），设抛物线的解析式为：y＝ax2+5，把A（﹣5，0）代入解析式得：25a2+5＝0，解得：a=−∴抛物线的函数表达式为y=−15任务2：∵普通货车的高度大约为2.5m，货车顶部与警示灯带底部的距离应不少于50cm，货车顶部与警示灯带底部的距离应不少于50cm，∴当悬挂点的纵坐标y≥2.5+0.2+0.5＝3.2，即悬挂点的纵坐标的最小值是3.2m，当y＝3.2时，−15x∴x＝±3，∴悬挂点的横坐标的取值范围是：﹣3≤x≤3