专题07浙江省各地市期中考试试卷简答题中等题选练-【好题汇编】备战2024-2025学年九年级数学上学期期中真题分类汇编（浙江专用）

专题07 浙江省各地市期中考试试卷简答题中等题选练 1．（2023秋•浙江校级期中）已知△ABC中，AB＝AC，D是△ABC外接圆劣弧AC上的点（不与点A重合），延长BD到E． （1）求证：AD的延长线平分∠CDE； （2）若∠BAC＝30°，△ABC中BC边上的高为2+．求△ABC的外接圆的面积． 2．（2022秋•镇海区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．把△ABC绕点B逆时针旋转得到△DBE，连接AE．当旋转角α（0°≤α≤180°）为多少度时，AE∥BC． 3．（2023秋•西湖区校级期中）掷实心球是兰州市高中阶段学校招生体育考试的选考项目．如图1是一名女生投实心球，实心球行进路线是一条抛物线，行进高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系如图2所示，掷出时起点处高度为，当水平距离为3m时，实心球行进至最高点3m处． （1）求y关于x的函数表达式． （2）根据兰州市高中阶段学校招生体育考试评分标准（女生），投掷过程中，实心球从起点到落地点的水平距离大于等于6.70m，此项考试得分为满分10分．该女生在此项考试中是否得满分，请说明理由． 4．（2023秋•余姚市校级期中）高风中学校门口安装有汽车出入道闸．道闸关闭时，如图1，四边形ABCD为矩形，AB长3米，AD长1米，AH与水平地面垂直．道闸打开的过程中，边AD固定，连杆AB，CD分别绕点A，D转动，且边BC始终与边AD平行． （1）如图2，当道闸打开至∠ADC＝60°时，边CD上一点P，P到D的距离PD为2米，P到地面的距离PE为1.1米，求点D到地面的距离DH的长． （2）在（1）的条件下，一辆轿车过道闸，已知轿车的宽为1.9米，高为1.5米．当道闸打开至∠ADC＝35°时，轿车能否驶入校区？请说明理由． （参考数据：sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈0.70） 5．（2023秋•滨江区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，D为弧BC的中点，过D作DF⊥AB于点E，交⊙O于点F，交弦BC于点G，连接CD，BF． （1）求证：BC＝DF． （2）若BC＝8，BE＝2，求⊙O的半径． 6．（2023秋•西湖区校级期中）根据素材解决问题． 设计货船通过圆形拱桥的方案 素材1 图1中有一座圆拱石桥，图2是其圆形桥拱的示意图，查阅资料知道桥拱半径为10m，测得水面宽AB＝16m． 素材2 如图3，一艘货船露出水面部分的横截面为矩形EFGH，测得 EF＝3m，EH＝12m．因水深足够，货船可以根据需要运载货物．据调查，船身下降的高度y（米）与货船增加的载重量x（吨）满足函数关系式． 问题解决 任务1 确定拱顶离水面的距离CD（C，D分别是弧AB和弦AB的中点） 求CD的长. 任务2 拟定设计方案 根据图3状态，货船能否通过圆形拱桥？若能，最多还能卸载多少吨货物？若不能，至少要增加多少吨货物才能通过？ 7．（2023秋•镇海区校级期中）如图，点D为△ABC边AB上一点，过D作DE∥BC交AC于点F，且使∠DEC＝∠A． （1）求证：△EFC∽△ACB． （2）若，AC＝10， ①求EF•BC的值； ②若DF＝k，求的值（用含有k的式子表示）． 8．（2022秋•鹿城区校级期中）某商场销售一款篮球，每个篮球进价50元，经市场部调查发现：当篮球的销售单价为60元时，该款篮球的日均销售量为200个，当销售单价在60元到95元之间浮动时（含60元与95元），每个篮球的售价每增加4元，日均销售量减少20个，设该款篮球的销售单价为x元，请回答下列问题： （1）写出该款篮球的日均销售量y（个）与x（元）之间的函数关系式：　 　． （2）求当x为多少时，销售该款篮球的日均利润w（元）存在最大值，并求出最大值． （3）若该款篮球的日均销量不低于100个，销售利润至少为2405元，则该款篮球的销售单价应定在什么范围内？ 9．（2023秋•海曙区校级期中）如图，△ABC内接于⊙O，BC为直径，AD平分∠BAC交⊙O于点D，过点D作DE∥BC交AC的延长线于点E． （1）求证：OD⊥DE； （2）若∠E＝60°，⊙O的半径为5，求AB的长； （3）在（2）的条件下，求AD的长． 10．（2023秋•上城区校级期中）已知二次函数y＝ax2+2ax﹣2a（a＞0）． （1）求二次函数图象的对称轴； （2）当﹣2≤x≤1时，y的最大值与最小值的差为2，求该二次函数的表达式； （3）对于二次函数图象上的两点P（x1，y1），Q（x2，y2），当t﹣1≤x1≤t+1，x2≥3时，均满足y1≤y2，请结合函数图象，求t的取值范围． 11．（2022秋•镇海区校级期中）将一副三角尺如图1放置，其中AD为Rt△ABC中BC边上的高，DE，DF分别交AB，AC于点M和N． （1）求证：△AMD∽△CND； （2）如图2，将Rt△DEF绕点D旋转，此时EF∥BC，且E，A，F共线，判断是否成立，并给出证明． 12．（2023秋•拱墅区校级期中）某种鱼迁入一生态系统后．在无人为干预的条件下．这种鱼的种群在10个生长周期内的自然生长速率（数量增长的百分率）与时间的关系（部分）如下表（每周期约3个月）： 第0周期 第1周期 第2周期 第3周期 第4周期 生长速率（%） 0 18 32 42 48 这种鱼种群的数量增加到一定程度后，由于受生态制约，不再增加． （1）在无人为干预条件下，根据所学的函数知识，应该选择哪一种函数模型（一次函数或反比例函数或二次函数）来描述该鱼种群的自然生长速率随生长周期变化的规律，并求出函数解析式； （2）在无人为干预条件下，用函数图象描述该鱼种群生长速率与生长周期之间的关系，则下列A，B，C三个图象中最合理的是哪一个图象？请说明理由． （3）为了保证该鱼种群的可持续生长，考虑在适当时机进行捕获，问：最佳捕获时期是什么时期？请说明理由． 13．（2023秋•余姚市校级期中）定义：四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”． 理解： （1）如图1，△ABC的三个顶点均在正方形网格中的格点上，若四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，请用无刻度的直尺在网格中画出点D（保留作图痕迹，找出2个即可）； （2）如图2，在四边形ABCD中，AD≠CD，∠ABC＝70°，∠ADC＝145°，对角线BD平分∠ABC．那么BD是四边形ABCD的“相似对角线”吗？请说明理由； 运用： （3）如图3，已知FH是四边形EFGH的“相似对角线”，∠EFG＝60°，FH平分∠EFG．连接EG，若△EFG的面积为，求FH的长． 14．（2023秋•拱墅区校级期中）作图题：⊙O上有三个点A，B，C，∠ABC＝50°，请只用无刻度的直尺作出符合要求的角，并写出你的结论．（1）在图1中作一个100°的角； （2）在图2中作一个130°的角； （3）在图3中作一个40°的角． 15．（2023秋•拱墅区校级期中）某数学兴趣小组在学习二次函数知识后进行研究活动，调查到有一座三孔桥，横截面的三个孔呈抛物线形，中间大孔，两边小孔，小孔形状大小完全相同，当水面刚好淹没小孔时，大孔水面宽度为10米，孔顶离水面1米；当水位下降，大孔水面宽度为20米时，单个小孔的水面宽度为10米．为方便研究，小组同学以大孔顶点为坐标原点，水平方向为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系． （1）求大孔对应抛物线的解析式． （2）当大孔水面宽度为20米时，大孔孔顶离水面多少米？ （3）当大孔水面宽度为16米时，单个小孔水面宽度多少米？ 16．（2023秋•西湖区校级期中）一次足球训练中，小明从球门正前方8m的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线．当球飞行的水平距离为6m时，球达到最高点，此时球离地面3m．已知球门高OB为2.44m，现以O为原点建立如图所示直角坐标系． （1）求抛物线的函数表达式，并通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）； （2）对本次训练进行分析，若射门路线的形状、最大高度均保持不变，则当时他应该带球向正后方移动多少米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处？ 17．（2023秋•慈溪市校级期中）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过三点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，3）． （1）求二次函数的表达式． （2）二次函数的图象上若有两点（，y1），（m，y2）且y1＜y2，根据图象直接写出m的取值范围． （3）点D是第一象限内二次函数的图象上的一动点，作DE∥y轴交BC于点E，作DF⊥BC于点F．当D点运动时，求△DEF周长的最大值． 18．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，连接AD，BD， （1）求证：∠ADC＝∠ABD． （2）作OF⊥AD于点F，若⊙O的半径为5，OE＝3，求OF的长． 19．（2023秋•杭州期中）毛泽东故居景区有一商店销售一种纪念品，这种商品的成本价为10元/件，已知销售价不低于成本价，且物价部门规定这种商品的销售价不高于20元/件，市场调查发现，该商品每天的销售量y（件）与销售价x（元/件）之间的函数关系如图所示． （1）求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围； （2）求每天的销售利润W（元）与销售价x（元/件）之间的函数关系式，并求出每件销售价为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少？ 20．（2023秋•萧山区校级期中）如图，在△ABC中，点D在边AB上，点E在边AC上，∠AEB＝∠EDB． （1）求证：△BDE∽△BEA． （2）已知∠C＝∠BEC，BD＝1，AD＝2， ①求BC的长度； ②若∠C＝30°，求AE的长． 21．（2023秋•萧山区校级期中）如图1是一座圆弧型拱桥侧面示意图．水面宽AB与桥长CD均为24米，桥拱顶部O离水面的距离为8米，以桥拱顶部O为原点，桥面为x轴建立平面直角坐标系． （1）求圆弧型桥拱所在圆的半径； （2）如图2，桥面上方有3根高度均为4米的支柱CG，OH，DI，过相邻两根支柱顶端的钢缆呈形状相同的抛物线，其最低点到桥面的距离为1米． ①求出y轴右侧一条钢缆抛物线的函数表达式； ②为庆祝节日，在钢缆和桥拱之间竖直装饰若干条彩带，求经过钢缆最低点的彩带的长度． 22．（2023秋•镇海区校级期中）小林同学不仅是一名羽毛球运动爱好者，还喜欢运用数学知识对羽毛球比赛进行技术分析，下面是他对击球线路的分析． 如图，在平面直角坐标系中，点A，C在x轴上，球网AB与y轴的水平距离 OA＝3m，CA＝2m，击球点P在y轴上．若选择扣球，羽毛球的飞行高度y（m）与水平距离x（m）近似满足一次函数关系y＝﹣0.4x+2.8；若选择吊球，羽毛球的飞行高度y（m）与水平距离x（m）近似满足二次函数关系y＝a（x﹣1）2+3.2． （1）求点P的坐标和a的值； （2）小林分析发现，上面两种击球方式均能使球过网．要使球的落地点到C点的距离更近，请通过计算判断应选择哪种击球方式． 23．（2023秋•镇海区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，点F为圆上一点且AD＝DF，连接AD，过点C作CE∥AF交AB于点G，交AD于点E． （1）求证：CD＝CE； （2）若AH＝9，AF＝6，求⊙O的直径． 24．（2023秋•西湖区期中）已知AB为⊙O的直径，AB＝4，C为⊙O上一点，连接CA，CB． （1）如图①，若C为的中点，求∠CAB的大小和AC的长； （2）如图②，若AC＝2，OD为⊙O的半径，且OD⊥CB，垂足为E，过点D作⊙O的切线，与AC的延长线相交于点F，求FD的长． 25．（2023秋•象山县校级期中）如图，AB为⊙O的直径，点C、D都在⊙O上，且CD平分∠ACB，交AB于点E． （1）求∠ABD的大小． （2）若DE＝13，AE＝17，求⊙O的半径； （3）DF⊥AC于点F，试探究线段AF、DF、BC之间的数量关系，并说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 浙江省各地市期中考试试卷简答题中等题选练 1．（2023秋•浙江校级期中）已知△ABC中，AB＝AC，D是△ABC外接圆劣弧AC上的点（不与点A重合），延长BD到E． （1）求证：AD的延长线平分∠CDE； （2）若∠BAC＝30°，△ABC中BC边上的高为2+．求△ABC的外接圆的面积． 【分析】（1）要证明AD的延长线平分∠CDE，即证明∠EDF＝∠CDF，转化为证明∠ADB＝∠CDF，再根据A，B，C，D四点共圆的性质，和等腰三角形角之间的关系即可得到． （2）求△ABC外接圆的面积．只需解出圆半径，故作等腰三角形底边上的垂直平分线即过圆心，再连接OC，根据角之间的关系在三角形内即可求得圆半径，可得到外接圆面积． 【解答】（1）证明：如图，设F为AD延长线上一点， ∵A，B，C，D四点共圆， ∴∠CDF＝∠ABC， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵∠ADB＝∠ACB， ∴∠ADB＝∠CDF， ∵∠ADB＝∠EDF， ∴∠EDF＝∠CDF， 即AD的延长线平分∠CDE． （2）设O为外接圆圆心，连接AO比延长交BC于H，交⊙O于点M，连接OC， ∵AB＝AC， ∴＝， ∴AH⊥BC． ∴∠OAC＝∠OAB＝∠BAC＝×30°＝15°， ∴∠COH＝2∠OAC＝30°， 设圆半径为r， 则OH＝OC•cos30°＝r， ∵△ABC中BC边上的高为2+， ∴AH＝OA+OH＝r+r＝2+， 解得：r＝2， ∴△ABC的外接圆的面积为：4π． 2．（2022秋•镇海区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．把△ABC绕点B逆时针旋转得到△DBE，连接AE．当旋转角α（0°≤α≤180°）为多少度时，AE∥BC． 【分析】分两种情况：第一种情况，如图1，过点E作EQ⊥BC于点Q，过点A作AP⊥BC于点P，证明，可得∠EBQ＝30°；第二种情况，如图2，当AE∥BC时，同法可证∠EBQ＝30°，从而可知旋转角α的度数． 【解答】解：如图1中，过点E作EQ⊥BC于点Q，过点A作AP⊥BC于点P， ∵AB＝AC，AP⊥BC， ∴BP＝PC， ∴AP＝BC， ∵AE∥BC，AP⊥BC，EQ⊥BC， ∴EQ＝AP＝BC， ∵BE＝BC， ∴EQ＝BE， 在Rt△BQE中，＝， ∴∠EBQ＝30°， ∴旋转角α的度数＝∠EBQ＝30°； 如图2中，当AE∥BC时，过点E作EQ⊥BC交BC延长线于点Q，过点A作AP⊥BC于点P， 同理可证，∠EBQ＝30°， ∴∠CBE＝180°﹣30°＝150°， ∴旋转角α的度数＝∠CBE＝150°， 综上可知，当旋转角α（0°≤α≤180°）为30或150度时，AE∥BC． 3．（2023秋•西湖区校级期中）掷实心球是兰州市高中阶段学校招生体育考试的选考项目．如图1是一名女生投实心球，实心球行进路线是一条抛物线，行进高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系如图2所示，掷出时起点处高度为，当水平距离为3m时，实心球行进至最高点3m处． （1）求y关于x的函数表达式． （2）根据兰州市高中阶段学校招生体育考试评分标准（女生），投掷过程中，实心球从起点到落地点的水平距离大于等于6.70m，此项考试得分为满分10分．该女生在此项考试中是否得满分，请说明理由． 【分析】（1）根据题意设出y关于x的函数表达式，再用待定系数法求函数解析式即可； （2）根据该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离，令y＝0，解方程即可． 【解答】解：（1）设y关于x的函数表达式为y＝a（x﹣3）2+3． 把代入解析式，得， 解得． ∴． （2）该女生在此项考试中是得满分． 理由：令y＝0，即， 解得x1＝7.5，x2＝﹣1.5（舍去）． ∴该女生投掷实心球从起点到落地点的水平距离为7.5m，大于6.70m． ∴该女生在此项考试中是得满分． 4．（2023秋•余姚市校级期中）高风中学校门口安装有汽车出入道闸．道闸关闭时，如图1，四边形ABCD为矩形，AB长3米，AD长1米，AH与水平地面垂直．道闸打开的过程中，边AD固定，连杆AB，CD分别绕点A，D转动，且边BC始终与边AD平行． （1）如图2，当道闸打开至∠ADC＝60°时，边CD上一点P，P到D的距离PD为2米，P到地面的距离PE为1.1米，求点D到地面的距离DH的长． （2）在（1）的条件下，一辆轿车过道闸，已知轿车的宽为1.9米，高为1.5米．当道闸打开至∠ADC＝35°时，轿车能否驶入校区？请说明理由． （参考数据：sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈0.70） 【分析】（1）先根据锐角三角函数求出PQ的长，再求出EQ的长即可解答； （2）当∠ADC＝35°时，PE＝1.5m，求出此时PF的长，再与轿车的宽进行比较即可解答． 【解答】解：（1）过点D作DQ⊥PE于点Q，如图； 在Rt△DPQ中，∠DPQ＝∠ADP＝60°，DP＝2m， ∴PQ＝DP•cos∠DPQ＝2×cos60°＝1m， ∴EQ＝PE﹣PQ＝1.1﹣1＝0.1m， ∴DH＝EQ＝0.1m； （2）轿车不能驶入小区，理由如下： 当∠ADC＝35°时，PE＝1.5m，PD＝2m， ∵AD∥PE， ∴∠ADC＝∠DPQ＝35°， 在Rt△PDQ中，DQ＝DP•sin∠DPQ＝2×sin35°≈1.14m， ∴PF＝EN＝DC﹣DQ＝3﹣1.14＝1.86m， ∵1.86＜1.9， ∴轿车不能驶入小区． 5．（2023秋•滨江区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，D为弧BC的中点，过D作DF⊥AB于点E，交⊙O于点F，交弦BC于点G，连接CD，BF． （1）求证：BC＝DF． （2）若BC＝8，BE＝2，求⊙O的半径． 【分析】（1）根据AAS证明△CDB≌△DBF，可得结论； （2）先根据垂径定理可得DE＝4，设⊙O的半径为r，利用勾股定理求解即可． 【解答】（1）证明：∵D是的中点， ∴＝， ∵AB为⊙O的直径，DF⊥AB， ∴＝， ∴＝＝， ∴BF＝CD＝BD，∠DCB＝∠BDF＝∠CBD＝∠F， ∴△CDB≌△DBF（AAS）， ∴BC＝DF； （2）解：如图，连接OD交BC于点M， ∵AB为⊙O的直径，DF⊥AB， ∴DE＝EF， ∵BC＝DF＝8， ∴DE＝4， 设⊙O的半径为r，则OE＝r﹣2， 在Rt△ODE中，由勾股定理得：OD2＝OE2+DE2， ∴r2＝（r﹣2）2+42， ∴r＝5， ∴⊙O的半径为5． 6．（2023秋•西湖区校级期中）根据素材解决问题． 设计货船通过圆形拱桥的方案 素材1 图1中有一座圆拱石桥，图2是其圆形桥拱的示意图，查阅资料知道桥拱半径为10m，测得水面宽AB＝16m． 素材2 如图3，一艘货船露出水面部分的横截面为矩形EFGH，测得 EF＝3m，EH＝12m．因水深足够，货船可以根据需要运载货物．据调查，船身下降的高度y（米）与货船增加的载重量x（吨）满足函数关系式． 问题解决 任务1 确定拱顶离水面的距离CD（C，D分别是弧AB和弦AB的中点） 求CD的长. 任务2 拟定设计方案 根据图3状态，货船能否通过圆形拱桥？若能，最多还能卸载多少吨货物？若不能，至少要增加多少吨货物才能通过？ 【分析】任务1，设 圆心为点O，则点O在CD延长线上，延长CD，则CD经过点O，连结AO，由勾股定理，垂径定理，列出关于线段CD的方程，即可解决问题； 任务2，由勾股定理得到货船不能通过圆形桥拱，通过计算，即可得到需要增加的货物的吨数． 【解答】解：任务1，设 圆心为点O，则点O在CD延长线上，延长CD，则CD经过点O，连结AO，如图， ∵桥拱的半径为r10m，则OD＝（10﹣CD）m， ∵OC⊥AB， ∴m， ∵OD2+AD2＝OA2， ∴（10﹣CD）2+82＝102， ∴CD＝4， ∴圆形拱桥CD的长为4m． 任务2，根据图3状态，货船不能通过圆形桥拱，至少要增加吨的货物才能通过．理由： 当EH是⊙O的弦时，EH与OC的交点为M，连接OE，OH，如图， ∵四边形EFGH为矩形， ∴EH∥FG， ∵OC⊥AB， ∴OM⊥EH． ∴EM＝EH＝6， ∴OM＝＝＝8， ∵OD＝OC﹣CD＝10﹣4＝6m， ∴DM＝8﹣6＜3， ∴根据图3状态，货船不能通过圆形桥拱， ∴船在水面部分可以下降的高度y＝3﹣2＝1m ∵y＝， ∴x2＝100×1＝100， ∴x＝10（舍去负值）， ∴至少要增加10吨的货物才能通过． 7．（2023秋•镇海区校级期中）如图，点D为△ABC边AB上一点，过D作DE∥BC交AC于点F，且使∠DEC＝∠A． （1）求证：△EFC∽△ACB． （2）若，AC＝10， ①求EF•BC的值； ②若DF＝k，求的值（用含有k的式子表示）． 【分析】（1）先利用平行线的性质得到∠EFC＝∠ACB，再利用对顶角相等得到∠DEC＝∠A，于是根据相似三角形的判定方法得到结论； （2）①先利用平行线分线段成比例定理得到＝＝，则AF＝2，FC＝8，再利用△EFC∽△ACB得到＝，然后根据比例的性质得到EF•BC＝80； ②先证明△CEF∽△DAF，利用相似三角形的性质得S△DAF＝S△CEF，再根据三角形面积公式得到S△ADC＝5S△ADF，S△BCD＝4S△ADC，所以S△BCD＝S△CEF，从而得到的值． 【解答】（1）证明：∵DE∥BC， ∴∠EFC＝∠ACB， ∵∠DEC＝∠A， ∴△EFC∽△ACB． （2）①∵DF∥BC， ∴＝＝， ∵AC＝10， ∴AF＝2，FC＝8， 由（1）得△EFC∽△ACB， ∴＝， ∴EF•BC＝CF•AC＝8×10＝80； ②∵∠E＝∠A，∠EFC＝∠AFD， ∴△CEF∽△DAF， ∴＝（）2＝（）2＝， 即S△DAF＝S△CEF， ∵S△ADF：S△ADC＝AF：AC＝2：10＝1：5， ∴S△ADC＝5S△ADF， ∵AD：BD＝1：4， ∴S△BCD＝4S△ADC， ∴S△BCD＝4×5S△ADF＝20×S△CEF＝S△CEF， ∴＝． 8．（2022秋•鹿城区校级期中）某商场销售一款篮球，每个篮球进价50元，经市场部调查发现：当篮球的销售单价为60元时，该款篮球的日均销售量为200个，当销售单价在60元到95元之间浮动时（含60元与95元），每个篮球的售价每增加4元，日均销售量减少20个，设该款篮球的销售单价为x元，请回答下列问题： （1）写出该款篮球的日均销售量y（个）与x（元）之间的函数关系式：　y＝﹣5x+500　． （2）求当x为多少时，销售该款篮球的日均利润w（元）存在最大值，并求出最大值． （3）若该款篮球的日均销量不低于100个，销售利润至少为2405元，则该款篮球的销售单价应定在什么范围内？ 【分析】（1）根据“日均销售量＝原销售量﹣售价增加减少的销售量”列关系式即可； （2）根据“日均利润＝每个利润×日均销售量”列函数解析式，即可解答问题； （3）根据“日均销量不低于100个，销售利润至少为2405元”列不等式组，即可求出答案． 【解答】解：（1）由题意，得y＝200﹣×20＝﹣5x+500， 故答案为：y＝﹣5x+500； （2）由题意，得w＝（x﹣50）（﹣5x+500）＝﹣5x2+750x﹣25000， ∵a＝﹣5＜0， ∴抛物线开口向下， ∵60≤x≤95， ∴对称轴x＝75在60≤x≤95范围内， 当x＝75时取得最大值，为W最大值＝3125（元）， 答：当x＝75时，w存在最大值，最大值为3125元； （3）根据题意，得， 解得63≤x≤80， 答：该款篮球的销售单价应不低于63元，不高于80元． 9．（2023秋•海曙区校级期中）如图，△ABC内接于⊙O，BC为直径，AD平分∠BAC交⊙O于点D，过点D作DE∥BC交AC的延长线于点E． （1）求证：OD⊥DE； （2）若∠E＝60°，⊙O的半径为5，求AB的长； （3）在（2）的条件下，求AD的长． 【分析】（1）利用角平分线的性质，圆周角定理和垂直的定义与平行线的性质解答即可； （2）利用圆周角定理和直角三角形的边角关系定理解答即可； （3）设AD与BC交于点F，设BF＝x，则FC＝BC﹣BF＝10﹣x，利用角平分线的性质求得x值，再利用勾股定理求得DF的长度，延长DO，交⊙O于点G，连接AG，则∠DAG＝90°，利用相似三角形的判定与性质解答即可． 【解答】（1）证明：∵AD平分∠BAC交⊙O于点D， ∴∠BAD＝∠CAD， ∴， ∴∠BOD＝∠COD＝90°， ∴OD⊥BC， ∵DE∥BC， ∴OD⊥DE； （2）解：∵⊙O的半径为5， ∴BC＝2×5＝10． ∵DE∥BC， ∴∠ACB＝∠E＝60°． ∵BC为⊙O的直径， ∴∠BAC＝90°， ∴sin∠ACB＝， ∴， ∴AB＝5； （3）解：∵∠BAC＝90°，∠ACB＝60°， ∴∠ABC＝30°， ∴AC＝BC＝5， 设AD与BC交于点F，如图， 设BF＝x，则FC＝BC﹣BF＝10﹣x， ∵AD平分∠BAC交⊙O于点D， ∴． ∴， ∴x＝15﹣5， ∴BF＝15﹣5． ∴FO＝BF﹣OB＝15﹣5﹣5＝10﹣5． ∴DF＝＝5﹣5． 延长DO，交⊙O于点G，连接AG，则∠DAG＝90°， ∵OD⊥BC， ∴∠DOF＝90°， ∴∠DOF＝∠DAF． ∵∠ODF＝∠ADG， ∴△ODF∽△ADG， ∴， ∴， ∴AD＝． 10．（2023秋•上城区校级期中）已知二次函数y＝ax2+2ax﹣2a（a＞0）． （1）求二次函数图象的对称轴； （2）当﹣2≤x≤1时，y的最大值与最小值的差为2，求该二次函数的表达式； （3）对于二次函数图象上的两点P（x1，y1），Q（x2，y2），当t﹣1≤x1≤t+1，x2≥3时，均满足y1≤y2，请结合函数图象，求t的取值范围． 【分析】（1）利用二次函数的性质解答即可； （2）利用二次函数的性质和待定系数法解答即可； （3）结合二次函数的图象，利用二次函数的性质列出不等式组，解不等式组即可得出结论． 【解答】解：（1）∵x＝﹣＝﹣1， ∴二次函数图象的对称轴是直线x＝﹣1； （2）y＝ax2+2ax﹣2a＝a（x+1）2﹣3a， ∵a＞0， ∴当x＝﹣1时，二次函数有最小值为﹣3a， 当﹣2≤x≤1时，x＝1时函数有最大值a， ∵当﹣2≤x≤1时，y的最大值与最小值的差为2， ∴a﹣（﹣3a）＝2， ∴a＝． ∴该二次函数的表达式为y＝x2+x﹣1； （3）∵二次函数图象的对称轴是直线x＝﹣1， ∴当x＝3与x＝﹣5时的函数值相等， ∵a＞0， ∴抛物线的开口方向向上， ∵当t﹣1≤x1≤t+1，x2≥3时，均满足y1≤y2， ∴， 解得：﹣4≤t≤2． 11．（2022秋•镇海区校级期中）将一副三角尺如图1放置，其中AD为Rt△ABC中BC边上的高，DE，DF分别交AB，AC于点M和N． （1）求证：△AMD∽△CND； （2）如图2，将Rt△DEF绕点D旋转，此时EF∥BC，且E，A，F共线，判断是否成立，并给出证明． 【分析】（1）由直角三角形的性质证出∠CDN＝∠ADM，∠MAD＝∠ACD，由相似三角形的判定可得出结论； （2）证明△AEM∽△ADN，由相似三角形的性质可得出结论． 【解答】（1）证明：∵AD为Rt△ABC中BC边上的高， ∴AD⊥BC， ∴∠ADC＝90°， ∴∠ADN+∠CDN＝90°， ∵∠ADN+∠ADM＝90°， ∴∠CDN＝∠ADM， 又∵∠BAC＝90°， ∴∠MAD+∠DAC＝90°， ∵∠DAC+∠ACD＝90°， ∴∠MAD＝∠ACD， ∴△AMD∽△CND； （2）解：成立． 证明：∵EF∥BC， ∴∠EAD＝∠ADC＝90°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠EAM＝∠DAN， ∵△EDF为等腰直角三角形， ∴∠E＝45°， ∴∠ADE＝∠ADF＝45°， ∴△AEM∽△ADN， ∴． 12．（2023秋•拱墅区校级期中）某种鱼迁入一生态系统后．在无人为干预的条件下．这种鱼的种群在10个生长周期内的自然生长速率（数量增长的百分率）与时间的关系（部分）如下表（每周期约3个月）： 第0周期 第1周期 第2周期 第3周期 第4周期 生长速率（%） 0 18 32 42 48 这种鱼种群的数量增加到一定程度后，由于受生态制约，不再增加． （1）在无人为干预条件下，根据所学的函数知识，应该选择哪一种函数模型（一次函数或反比例函数或二次函数）来描述该鱼种群的自然生长速率随生长周期变化的规律，并求出函数解析式； （2）在无人为干预条件下，用函数图象描述该鱼种群生长速率与生长周期之间的关系，则下列A，B，C三个图象中最合理的是哪一个图象？请说明理由． （3）为了保证该鱼种群的可持续生长，考虑在适当时机进行捕获，问：最佳捕获时期是什么时期？请说明理由． 【分析】（1）利用待定系数法可求解析式； （2）由二次函数的图象是抛物线可求解； （3）由二次函数的性质可求解． 【解答】解：（1）设自然生长速率y随生长周期x变化的规律为：y＝ax2+bx+c， 由题意可得：， 解得：， ∴y＝﹣2x2+20x， 当x＝3时，y＝42，当x＝4时，y＝48， ∴点（3，42），点（4，48）都在函数图象上； ∴应该选择二次函数来描述该鱼种群的自然生长速率随生长周期变化的规律；函数解析式为y＝﹣2x2+20x； （2）∵y＝﹣2x2+20x的图象是抛物线， ∴图象A最合理； （3）最佳捕获时期是第5周期， 理由如下：∵y＝﹣2x2+20x＝﹣2（x﹣5）2+50， ∴当x＝5时，y有最大值为50， ∴最佳捕获时期是第5周期． 13．（2023秋•余姚市校级期中）定义：四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”． 理解： （1）如图1，△ABC的三个顶点均在正方形网格中的格点上，若四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，请用无刻度的直尺在网格中画出点D（保留作图痕迹，找出2个即可）； （2）如图2，在四边形ABCD中，AD≠CD，∠ABC＝70°，∠ADC＝145°，对角线BD平分∠ABC．那么BD是四边形ABCD的“相似对角线”吗？请说明理由； 运用： （3）如图3，已知FH是四边形EFGH的“相似对角线”，∠EFG＝60°，FH平分∠EFG．连接EG，若△EFG的面积为，求FH的长． 【分析】（1）根据“相似对角线”的定义，可知AC为△ACD的直角边，且两条直角边之比为，则可找出符合要求的点D； （2）由角平分线的定义得∠ABD＝∠DBC＝∠ABC＝35°，则∠BDC＝∠BAD，从而得出△BDC∽△BAD，即可证明结论； （3）作EM⊥FG于点M，根据相似三角形的性质可得FH2＝EF•FG，再利用含30°角的直角三角形的性质得EM＝EF，从而得出GF•EF＝16，即可解决问题． 【解答】解：（1）如图1所示（答案不唯一）： （2）BD是四边形ABCD的“相似对角线”，理由如下： ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠DBC＝∠ABC＝35°， ∴∠BAD+∠ADB＝145°， ∵∠ADC＝145°， ∴∠BDC＝∠BAD， ∴△BDC∽△BAD， ∴BD是四边形ABCD的“相似对角线”； （3）如图3，作EM⊥FG于点M， ∵”∠EFG＝60°，FH平分∠EFG， ∴∠EFH＝∠HFG＝30°． 又∵FH是四边形EFGH的“相似对角线”， ∴＝， ∴FH2＝EF•FG， ∵∠EFG＝60°，即∠EFM＝60°， ∴EM＝EF， ∵×FG×EM＝5， ∴×FG×EF＝5， ∴FG•EF＝20， ∴FH＝2． 14．（2023秋•拱墅区校级期中）作图题：⊙O上有三个点A，B，C，∠ABC＝50°，请只用无刻度的直尺作出符合要求的角，并写出你的结论．（1）在图1中作一个100°的角； （2）在图2中作一个130°的角； （3）在图3中作一个40°的角． 【分析】（1）连接OA，OC，同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可； （2）在上任取一点D，由圆内接四边形性质可得∠D＝130°； （3）延长AO交⊙O于点E，连接CE，AC，再根据直角三角形性质即可； 【解答】解：（1）连接OA，OC， 根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得：∠AOC＝2∠ABC＝100°， ∴∠AOC即为所求； （2）在弧上任取一点D，由圆内接四边形性质可得∠D＝130°， ∴∠D即为所求； （3）如图， 延长AO交⊙O于点E，连接CE，AC， ∴∠ACE＝90°，∠E＝∠B＝50°， ∴∠CAE＝40°， ∴∠CAE即为所求． 15．（2023秋•拱墅区校级期中）某数学兴趣小组在学习二次函数知识后进行研究活动，调查到有一座三孔桥，横截面的三个孔呈抛物线形，中间大孔，两边小孔，小孔形状大小完全相同，当水面刚好淹没小孔时，大孔水面宽度为10米，孔顶离水面1米；当水位下降，大孔水面宽度为20米时，单个小孔的水面宽度为10米．为方便研究，小组同学以大孔顶点为坐标原点，水平方向为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系． （1）求大孔对应抛物线的解析式． （2）当大孔水面宽度为20米时，大孔孔顶离水面多少米？ （3）当大孔水面宽度为16米时，单个小孔水面宽度多少米？ 【分析】（1）由题意知，顶点坐标为（0，0），A（﹣5，﹣1），B（5，﹣1），设大孔对应抛物线的解析式为y＝ax2，待定系数法求解析式即可； （2）由CD＝20，将x＝10代入，计算求解，进而可得D点坐标，然后作答即可； （3）将代入，计算求解可得，当大孔水面宽度为16米时，大孔孔顶离水面的距离；由题意知，MN＝10，设E（m，﹣1），则M（m﹣5，﹣4），N（m+5，﹣4），设右侧小孔对应抛物线的解析式为y＝a（x﹣m）2﹣1，待定系数法求得右侧小孔对应抛物线的解析式为，将代入，求得，，根据当大孔水面宽度为16米时，单个小孔水面宽度为，计算求解即可． 【解答】解：（1）如图1， 由题意知，顶点坐标为（0，0），A（﹣5，﹣1），B（5，﹣1）， 设大孔对应抛物线的解析式为y＝ax2， 将A（﹣5，﹣1）代入得，﹣1＝a×（﹣5）2， 解得，， ∴大孔对应抛物线的解析式为； （2）如图1，CD＝20， 将x＝10代入，得， ∴D（10，﹣4）， ∴当大孔水面宽度为20米时，大孔孔顶离水面4米； （3）将代入， 解得，； ∴当大孔水面宽度为16米时，大孔孔顶离水面米； 如图1，由题意知，MN＝10， 设E（m，﹣1），则M（m﹣5，﹣4），N（m+5，﹣4）， 设右侧小孔对应抛物线的解析式为y＝a（x﹣m）2﹣1， 将M（m﹣5，﹣4）代入得，﹣4＝a（m﹣5﹣m）2﹣1， 解得，， ∴右侧小孔对应抛物线的解析式为， 将代入得，， 解得，，， ∵， ∴当大孔水面宽度为16米时，单个小孔水面宽度为米． 16．（2023秋•西湖区校级期中）一次足球训练中，小明从球门正前方8m的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线．当球飞行的水平距离为6m时，球达到最高点，此时球离地面3m．已知球门高OB为2.44m，现以O为原点建立如图所示直角坐标系． （1）求抛物线的函数表达式，并通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）； （2）对本次训练进行分析，若射门路线的形状、最大高度均保持不变，则当时他应该带球向正后方移动多少米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处？ 【分析】（1）求出抛物线的顶点坐标为（2，3），设抛物线为 y＝a（x﹣2）2+3，用待定系数法可得y＝﹣（x﹣2）2+3；当x＝0时，y＝﹣×4+3＝＞2.44，知球不能射进球门． （2）设小明带球向正后方移动m米，则移动后的抛物线为y＝﹣（x﹣2﹣m）2+3，把点（0，2.25）代入得 m＝﹣5（舍去）或m＝1，即知当时他应该带球向正后方移动1米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处． 【解答】解：（1）∵8﹣6＝2， ∴抛物线的顶点坐标为（2，3）， 设抛物线为 y＝a（x﹣2）2+3， 把点A（8，0）代入得：36a+3＝0， 解得a＝﹣， ∴抛物线的函数表达式为y＝﹣（x﹣2）2+3； 当x＝0时，y＝﹣×4+3＝＞2.44， ∴球不能射进球门． （2）设小明带球向正后方移动m米，则移动后的抛物线为y＝﹣（x﹣2﹣m）2+3， 把点（0，2.25）代入得：2.25＝﹣（0﹣2﹣m）2+3， 解得 m＝﹣5（舍去）或m＝1， ∴当时他应该带球向正后方移动1米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处． 17．（2023秋•慈溪市校级期中）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过三点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，3）． （1）求二次函数的表达式． （2）二次函数的图象上若有两点（，y1），（m，y2）且y1＜y2，根据图象直接写出m的取值范围． （3）点D是第一象限内二次函数的图象上的一动点，作DE∥y轴交BC于点E，作DF⊥BC于点F．当D点运动时，求△DEF周长的最大值． 【分析】（1）根据题意设二次函数表达式为y＝a（x+1）（x﹣4），将C（0，3）代入二次函数得：a×1×（﹣4）＝3，求出a的值，即可得到答案； （2）直接根据二次函数的图象观察即可得到答案； （3）用待定系数法求出直线BC的解析式，设，则点，则DE＝﹣+3，证得△DFE∽△BOC，从而得到，进而得到DEF周长＝﹣（m﹣2）2+，计算即可得到答案． 【解答】解：（1）由交点式设二次函数表达式为y＝a（x+1）（x﹣4）， 把C（0，3）代入二次函数得：a×1×（﹣4）＝3， 解得：， ∴二次函数表达式为； （2）由（1）得，二次函数解析式为：， ∴对称轴为， ∴点（，y1）关于对称的点为（，y1）， ∵二次函数的图象上若有两点，（m，y2）且y1＜y2， ∴由图象可得m的取值范围为； （3）设直线BC的解析式为：y＝kx+b， 将B（4，0），C（0，3）代入得： ， 解得：， ∴直线BC的解析式为， 设，则点， 则DE＝﹣＝﹣+3m＝﹣+3， ∵DE∥y轴， ∴∠DEF＝∠OCB， ∵DF⊥BC， ∴∠DFE＝∠BOC＝90°， ∴△DFE∽△BOC， ∴＝，＝， ∵OB＝4，OC＝3， ∴BC＝＝＝5， ∴＝，＝， ∴DF＝DE，EF＝DE， ∴△DEF周长＝DE+DF+EF ＝DE+DE+DE ＝DE ＝×[﹣+3] ＝×[﹣+3] ＝﹣（m﹣2）2+， 当m＝2时，有最大值，最大值为． 故△DEF周长的最大值为． 18．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，连接AD，BD， （1）求证：∠ADC＝∠ABD． （2）作OF⊥AD于点F，若⊙O的半径为5，OE＝3，求OF的长． 【分析】（1）利用等角的余角相等证明即可； （2）利用勾股定理求出DE，AD，再利用相似三角形的性质求解即可． 【解答】（1）证明：∵AB是直径， ∴∠ADB＝90°， ∵AB⊥CD， ∴∠DEB＝90°， ∴∠ADC+∠CDB＝90°，∠CDB+∠ABD＝90°， ∴∠ADC＝∠ABD； 解法二：∵AB⊥CD，AB是直径， ∴＝， ∴∠ADC＝∠ABD． （2）解：如图，连接OD． 在Rt△OED中，DE＝＝＝4， 在Rt△ADE中，AD＝＝＝4， ∵sin∠A＝＝， ∴＝， ∴OF＝． 19．（2023秋•杭州期中）毛泽东故居景区有一商店销售一种纪念品，这种商品的成本价为10元/件，已知销售价不低于成本价，且物价部门规定这种商品的销售价不高于20元/件，市场调查发现，该商品每天的销售量y（件）与销售价x（元/件）之间的函数关系如图所示． （1）求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围； （2）求每天的销售利润W（元）与销售价x（元/件）之间的函数关系式，并求出每件销售价为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少？ 【分析】（1）利用待定系数法求解可得y关于x的函数解析式； （2）根据“总利润＝每件的利润×销售量”可得函数解析式，将其配方成顶点式，利用二次函数的性质进一步求解可得． 【解答】解：（1）设y与x的函数解析式为y＝kx+b， 将（12，28）、（15，25）代入，得： ， 解得：， 所以y与x的函数解析式为y＝﹣x+40（10≤x≤20）； （2）根据题意知，W＝（x﹣10）y ＝（x﹣10）（﹣x+40） ＝﹣x2+50x﹣400 ＝﹣（x﹣25）2+225， ∵a＝﹣1＜0， ∴当x＜25时，W随x的增大而增大， ∵10≤x≤20， ∴当x＝20时，W取得最大值，最大值为200， 答：每件销售价为20元时，每天的销售利润最大，最大利润是200元． 20．（2023秋•萧山区校级期中）如图，在△ABC中，点D在边AB上，点E在边AC上，∠AEB＝∠EDB． （1）求证：△BDE∽△BEA． （2）已知∠C＝∠BEC，BD＝1，AD＝2， ①求BC的长度； ②若∠C＝30°，求AE的长． 【分析】（1）∠ABE是公共角，可直接得出结论； （2）由相似三角形的性质可得BE2＝BD•BA，由此可得出BE的长度，再由等角对等边可得结论． 【解答】（1）证明：∵∠ABE＝∠EBD，∠AEB＝∠EDB， ∴△BDE∽△BEA； （2）解：∵△BDE∽△BEA， ∴BD：BE＝BE：AB，即BE2＝BD•BA， ∵BD＝1，AD＝2， ∴AB＝3， ∴BE2＝1×3， ∴BE＝（负值舍去）， ∵∠C＝∠BEC， ∴BC＝BE＝． 21．（2023秋•萧山区校级期中）如图1是一座圆弧型拱桥侧面示意图．水面宽AB与桥长CD均为24米，桥拱顶部O离水面的距离为8米，以桥拱顶部O为原点，桥面为x轴建立平面直角坐标系． （1）求圆弧型桥拱所在圆的半径； （2）如图2，桥面上方有3根高度均为4米的支柱CG，OH，DI，过相邻两根支柱顶端的钢缆呈形状相同的抛物线，其最低点到桥面的距离为1米． ①求出y轴右侧一条钢缆抛物线的函数表达式； ②为庆祝节日，在钢缆和桥拱之间竖直装饰若干条彩带，求经过钢缆最低点的彩带的长度． 【分析】（1）设圆弧型拱桥的圆心为M，圆的半径为r，则BN＝12米，MN＝（r﹣8）米，利用勾股定理列式解答即可； （2）①由图象分析右边钢缆所在抛物线的顶点坐标为（6，1），然后利用待定系数法求函数解析式； ②连接圆M与F，作FK⊥OM于点K，如图2，从而得到FK＝6米，FM＝13米，利用勾股定理求得KM＝米，求得K＝（13﹣）米，EF＝（14﹣）米，进而得解． 【解答】解：（1）设圆弧型拱桥的圆心为M，圆的半径为r，连接MB，OM交AB于点N，如图1， 由题意得：AB⊥OM，ON＝8米，AB＝24米， ∴BN＝AB＝12米，MN＝（r﹣8）米， 由勾股定理得：MB2＝MN2+BN2， ∴r2＝（r﹣8）2+122， 解得：r＝13， 答：圆弧型桥拱所在圆的半径为13米； （2）①由题意可知右边钢缆所在抛物线的顶点坐标为（6，1），设其表达式为y＝a（x﹣6）2+1，将H（0，4）代入得： 4＝a（0﹣6）2+1， 解得：a＝， ∴右边钢缆所在抛物线表达式为：y＝（x﹣6）2+1； ②由题意可知，EF即为所求彩带的长度，如图2，连接圆M与F，作FK⊥OM于点K， 则FK＝6米，FM＝13米， ∴KM＝＝＝（米）， ∴OK＝（13﹣）米， ∴EF＝1+13﹣＝（14﹣）（米）， 答：经过钢缆最低点的彩带的长度为（14﹣）米． 22．（2023秋•镇海区校级期中）小林同学不仅是一名羽毛球运动爱好者，还喜欢运用数学知识对羽毛球比赛进行技术分析，下面是他对击球线路的分析． 如图，在平面直角坐标系中，点A，C在x轴上，球网AB与y轴的水平距离 OA＝3m，CA＝2m，击球点P在y轴上．若选择扣球，羽毛球的飞行高度y（m）与水平距离x（m）近似满足一次函数关系y＝﹣0.4x+2.8；若选择吊球，羽毛球的飞行高度y（m）与水平距离x（m）近似满足二次函数关系y＝a（x﹣1）2+3.2． （1）求点P的坐标和a的值； （2）小林分析发现，上面两种击球方式均能使球过网．要使球的落地点到C点的距离更近，请通过计算判断应选择哪种击球方式． 【分析】（1）在y＝﹣0.4x+2.8中，令x＝0可解得点P的坐标为（0，2.8）；把P（0，2.8）代入y＝a（x﹣1）2+3.2得a的值是﹣0.4； （2）在y＝﹣0.4x+2.8中，令y＝0得x＝7，在y＝﹣0.4（x﹣1）2+3.2中，令y＝0可得x＝﹣2+1（舍去）或x＝2+1≈3.83，由|7﹣5|＞|3.83﹣5|，即可得到答案． 【解答】解：（1）在y＝﹣0.4x+2.8中，令x＝0得y＝2.8， ∴点P的坐标为（0，2.8）； 把P（0，2.8）代入y＝a（x﹣1）2+3.2得：a+3.2＝2.8， 解得：a＝﹣0.4， ∴a的值是﹣0.4； （2）∵OA＝3m，CA＝2m， ∴OC＝5m， ∴C（5，0）， 在y＝﹣0.4x+2.8中，令y＝0得x＝7， 在y＝﹣0.4（x﹣1）2+3.2中，令y＝0得x＝﹣2+1（舍去）或x＝2+1≈3.83， ∵|7﹣5|＞|3.83﹣5|， ∴选择吊球方式，球的落地点到C点的距离更近． 23．（2023秋•镇海区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，点F为圆上一点且AD＝DF，连接AD，过点C作CE∥AF交AB于点G，交AD于点E． （1）求证：CD＝CE； （2）若AH＝9，AF＝6，求⊙O的直径． 【分析】（1）连接DF，由垂径定理得到，根据AD＝DF得到，推出，即∠ADC＝∠FAD，再根据平行线的性质得到∠CED＝∠FAD，易得∠ADC＝∠CED，即可证明； （2）连接OC，DF，由（1）知，得到，即AF＝DC＝6，根据CD⊥AB，AB是⊙O的直径，得到，在Rt△OCH中，OC2＝OH2+CH2，利用勾股定理可以求解． 【解答】（1）证明：如图，连接DF， ∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB， ∴， ∵AD＝DF， ∴， ∴， ∴∠ADC＝∠FAD， ∵CE∥AF， ∴∠CED＝∠FAD， ∴∠ADC＝∠CED， ∴CE＝CD． （2）解：连接OC，DF， 由（1）知， ∴， ∴， ∴AF＝DC＝6， ∵CD⊥AB，AB是⊙O的直径， ∴， ∵AH＝9，OA＝OC， ∴OH＝9﹣OC， 在Rt△OCH中，OC2＝OH2+CH2， ∴OC2＝（9﹣OC）2+32， ∴OC＝5， ∴⊙O直径长是10． 24．（2023秋•西湖区期中）已知AB为⊙O的直径，AB＝4，C为⊙O上一点，连接CA，CB． （1）如图①，若C为的中点，求∠CAB的大小和AC的长； （2）如图②，若AC＝2，OD为⊙O的半径，且OD⊥CB，垂足为E，过点D作⊙O的切线，与AC的延长线相交于点F，求FD的长． 【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，∠CAB＝∠CBA，进而求出∠CAB，根据余弦的定义求出AC； （2）根据切线的性质得到OD⊥DF，证明四边形FCED为矩形，根据矩形的性质得到FD＝EC，根据勾股定理求出BC，根据垂径定理解答即可． 【解答】解：（1）∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵C为的中点， ∴＝， ∴∠CAB＝∠CBA＝45°， ∴AC＝AB•cos∠CAB＝2； （2）∵DF是⊙O的切线， ∴OD⊥DF， ∵OD⊥BC，∠FCB＝90°， ∴四边形FCED为矩形， ∴FD＝EC， 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，AB＝4， 则BC＝＝2， ∵OD⊥BC， ∴EC＝BC＝， ∴FD＝． 25．（2023秋•象山县校级期中）如图，AB为⊙O的直径，点C、D都在⊙O上，且CD平分∠ACB，交AB于点E． （1）求∠ABD的大小． （2）若DE＝13，AE＝17，求⊙O的半径； （3）DF⊥AC于点F，试探究线段AF、DF、BC之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）由CD平分∠ACB，根据圆周角定理，可得∠ACD＝∠BCD＝∠ABD； （2）过点E作EM⊥AD于点M，求出AD长，则，可求出AB，则答案得出； （3）过点D作DN⊥CB，交CB的延长线于点N，证明△DAF≌△DBN与Rt△CDF≌Rt△CDN（HL），则AF＝BN，DF＝CF则结论AF+BC＝DF可得出． 【解答】解：（1）∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵CD平分∠ACB， ∴∠ACD＝∠BCD＝45°， ∵∠ABD＝∠ACD＝45°； （2）如图1，过点E作EM⊥AD于点M， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°，∠ADB＝90°， ∴∠DAB＝∠BCD＝45°， ∵AE＝17， ∴， ∵DE＝13， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）AF+BC＝DF．理由如下： 如图2，过点D作DN⊥CB，交CB的延长线于点N， ∵四边形DACB内接于圆， ∴∠DAF+∠DBC＝180°， ∵∠DBN+∠DBC＝180°， ∴∠DBN＝∠DAF， ∵DF⊥AC，DN⊥CB，CD平分∠ACB， ∴∠AFD＝∠DNB＝90°，DF＝DN， ∴△DAF≌△DBN（AAS）， ∴AF＝BN， ∵DF＝DN，∠DFC＝∠N＝90°，CD＝CD， ∴Rt△CDF≌Rt△CDN（HL）， ∴CF＝CN， ∵∠FCD＝45°， ∴DF＝CF， ∴CN＝BN+BC＝AF+BC＝DF． 即AF+BC＝DF． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$