双鸭山市重点中学2022-2023学年九年级数学第一学期期末学业水平测试试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每小题3分,共30分)1．抛物线y＝﹣2x2经过平移得到y＝﹣2（x+1）2﹣3，平移方法是（）A．向左平移1个单位，再向下平移3个单位 B．向左平移1个单位，再向上平移3个单位C．向右平移1个单位，再向下平移3个单位 D．向右平移1个单位，再向上平移3个单位2．如图，D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，DE∥AC，若S△BDE：S△CDE＝1：3，则S△DOE：S△AOC的值为（）A． B． C． D．3．一元二次方程的根的情况是（）A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根C．只有一个实数根 D．没有实数根4．若将抛物线y=-x2先向左平移3个单位，再向下平移2个单位，得到新的抛物线，则新抛物线的表达式是(

)A． B．C． D．5．帅帅收集了南街米粉店今年6月1日至6月5日每天的用水量(单位：吨)，整理并绘制成如下折线统计图．下列结论正确的是()A．极差是6 B．众数是7 C．中位数是5 D．方差是86．下列说法正确的是（）．A．“购买1张彩票就中奖”是不可能事件B．“概率为0.0001的事件”是不可能事件C．“任意画一个三角形，它的内角和等于180°”是必然事件D．任意掷一枚质地均匀的硬币10次，正面向上的一定是5次7．下列图形是中心对称图形的是（）A． B． C． D．8．已知抛物线与x轴相交于点A，B（点A在点B左侧），顶点为M．平移该抛物线，使点M平移后的对应点M'落在x轴上，点B平移后的对应点B'落在y轴上，则平移后的抛物线解析式为（）A． B． C． D．9．下面四个几何体中，左视图是四边形的几何体共有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个10．公园有一块正方形的空地，后来从这块空地上划出部分区域栽种鲜花（如图），原空地一边减少了1m，另一边减少了2m，剩余空地的面积为18m2，求原正方形空地的边长．设原正方形的空地的边长为xm，则可列方程为（）A．（x+1）（x+2）=18 B．x2﹣3x+16=0 C．（x﹣1）（x﹣2）=18 D．x2+3x+16=0二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，内接于，若的半径为2，，则的长为_______．12．已知一个扇形的半径为5cm，面积是20cm2，则它的弧长为_____．13．方程的两个根是等腰三角形的底和腰，则这个等腰三角形的周长为．14．如图，在⊙O内有折线DABC，点B，C在⊙O上，DA过圆心O，其中OA＝8，AB＝12，∠A＝∠B＝60°，则BC＝_____．15．如图，在直角坐标系中，已知点，，，，对述续作旋转变换，依次得、、、．．．，则的直角顶点的坐标为________．16．如图，△ABC中，AB＝6，BC＝1．如果动点D以每秒2个单位长度的速度，从点B出发沿边BA向点A运动，此时直线DE∥BC，交AC于点E．记x秒时DE的长度为y，写出y关于x的函数解析式_____（不用写自变量取值范围）．17．如图，在矩形中，，以点为圆心，以的长为半径画弧交于，点恰好是中点，则图中阴影部分的面积为___________.（结果保留）18．若圆锥的底面圆半径为，圆锥的母线长为，则圆锥的侧面积为______.三、解答题(共66分)19．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝30°，AB＝10，以AB为直径的⊙O交BC于点D，交AC于点E，连接DE，过点B作BP平行于DE，交⊙O于点P，连接CP、OP．（1）求证：点D为BC的中点；（2）求AP的长度；（3）求证：CP是⊙O的切线．20．（6分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A的坐标是（4，0），并且OA=OC=4OB，动点P在过A，B，C三点的抛物线上．（1）求抛物线的解析式；（2）在AC上方的抛物线上有一动点G，如图，当点G运动到某位置时，以AG，AO为邻边的平行四边形第四个顶点恰好也在抛物线上，求出此时点G的坐标；（3）若抛物线上存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形，直接写出所有符合条件的点P的坐标．21．（6分）已知在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，直线l经过点A（不经过点B或点C），点C关于直线l的对称点为点D，连接BD，CD．（1）如图1，①求证：点B，C，D在以点A为圆心，AB为半径的圆上；②直接写出∠BDC的度数（用含α的式子表示）为；（2）如图2，当α=60°时，过点D作BD的垂线与直线l交于点E，求证：AE=BD；（3）如图3，当α=90°时，记直线l与CD的交点为F，连接BF．将直线l绕点A旋转的过程中，在什么情况下线段BF的长取得最大值？若AC=2a，试写出此时BF的值．22．（8分）如图，在△ABC中，AB=AC，CD是AB边上的中线，延长AB到点E，使BE=AB，连接CE．求证：CD=CE．23．（8分）如图，△ABC是边长为2的等边三角形，点D与点B分别位于直线AC的两侧，且AD=AC,联结BD、CD，BD交直线AC于点E.（1）当∠CAD=90°时，求线段AE的长.（2）过点A作AH⊥CD，垂足为点H，直线AH交BD于点F，①当∠CAD<120°时，设，（其中表示△BCE的面积，表示△AEF的面积），求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；②当时，请直接写出线段AE的长.24．（8分）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，，的坐标分别，，，以为顶点的抛物线过点．动点从点出发，以每秒个单位的速度沿线段向点匀速运动，过点作轴，交对角线于点．设点运动的时间为（秒）．（1）求抛物线的解析式；（2）若分的面积为的两部分，求的值；（3）若动点从出发的同时，点从出发，以每秒1个单位的速度沿线段向点匀速运动，点为线段上一点．若以，，，为顶点的四边形为菱形，求的值．25．（10分）如图，扇形OAB的半径OA＝4，圆心角∠AOB＝90°，点C是弧AB上异于A、B的一点，过点C作CD⊥OA于点D，作CE⊥OB于点E，连结DE，过点C作弧AB所在圆的切线CG交OA的延长线于点G．（1）求证：∠CGO＝∠CDE；（2）若∠CGD＝60°，求图中阴影部分的面积．26．（10分）一只不透明袋子中装有1个红球，2个黄球，这些球除颜色外都相同，小明搅匀后从中任意摸出一个球，记录颜色后放回、搅匀，再从中任意摸出1个球，用树状图或列表法列出摸出球的所有等可能情况，并求两次摸出的球都是黄色的概率．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【分析】由抛物线y＝−2x2得到顶点坐标为（0，0），而平移后抛物线y＝−2（x+1）2−3的顶点坐标为（−1，−3），根据顶点坐标的变化寻找平移方法．【详解】根据抛物线y＝−2x2得到顶点坐标为（0，0），而平移后抛物线y＝−2（x+1）2−3的顶点坐标为（−1，−3），∴平移方法为：向左平移1个单位，再向下平移3个单位．故选：A．【点睛】本题主要考查了抛物线的平移，熟练掌握相关概念是解题关键.2、D【分析】证明BE：EC＝1：3，进而证明BE：BC＝1：4；证明△DOE∽△AOC，得到，借助相似三角形的性质即可解决问题．【详解】∵S△BDE：S△CDE＝1：3，∴BE：EC＝1：3；∴BE：BC＝1：4；∵DE∥AC，∴△DOE∽△AOC，∴，∴S△DOE：S△AOC＝，故选：D．【点睛】此题考查相似三角形的判定及性质，根据BE：EC＝1：3得到同高两个三角形的底的关系是解题的关键，再利用相似三角形即可解答.3、A【分析】先化成一般式后，在求根的判别式，即可确定根的状况．【详解】解：原方程可化为：，，，，，方程由两个不相等的实数根．故选A．【点睛】本题运用了根的判别式的知识点，把方程转化为一般式是解决问题的关键．4、A【分析】按“左加右减括号内，上加下减括号外”的规律平移即可得出所求函数的解析式.【详解】∵将抛物线先向左平移3个单位，再向下平移2个单位，∴y=-（x+3）2-2.故答案为A.【点睛】本题考查了二次函数图象的平移，其规律是是：将二次函数解析式转化成顶点式y=a(x-h)2+k

（a，b，c为常数，a≠0），确定其顶点坐标(h，k)，在原有函数的基础上“h值正右移，负左移；k值正上移，负下移”．5、D【分析】根据极差、众数、中位数及方差的定义，依次计算各选项即可作出判断．【详解】解：由图可知，6月1日至6月5日每天的用水量是：5，7，11，3，1．A．极差，结论错误，故A不符合题意；B．众数为5，7，11，3，1，结论错误，故B不符合题意；C．这5个数按从小到大的顺序排列为：3，5，7，1，11，中位数为7，结论错误，故C不符合题意；D．平均数是，方差．结论正确，故D符合题意．故选D．【点睛】本题考查了折线统计图，重点考查了极差、众数、中位数及方差的定义，根据图表准确获取信息是解题的关键．6、C【解析】试题解析：A.“购买1张彩票就中奖”是不可能事件，错误；B.“概率为0.0001的事件”是不可能事件，错误；C.“任意画一个三角形，它的内角和等于180°”是必然事件，正确；D.任意掷一枚质地均匀的硬币10次，正面向上的一定是5次，错误.故选C.7、B【分析】根据中心对称图形的概念和各图的性质求解．【详解】A、是轴对称图形，故此选项错误；B、是中心对称图形，故此选项正确；C、不是中心对称图形，故此选项错误；D、不是中心对称图形，故此选项错误．故选：B．【点睛】此题主要考查了中心对称图形的概念．要注意，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．8、A【解析】解：当y=0，则，（x﹣1）（x﹣3）=0，解得：x1=1，x2=3，∴A（1，0），B（3，0），=，∴M点坐标为：（2，﹣1）．∵平移该抛物线，使点M平移后的对应点M'落在x轴上，点B平移后的对应点B'落在y轴上，∴抛物线向上平移一个单位长度，再向左平移3个单位长度即可，∴平移后的解析式为：=．故选A．9、B【解析】简单几何体的三视图．【分析】左视图是从左边看到的图形，因为圆柱的左视图是矩形，圆锥的左视图是等腰三角形，球的左视图是圆，正方体的左视图是正方形，所以，左视图是四边形的几何体是圆柱和正方体2个．故选B．10、C【详解】试题分析：可设原正方形的边长为xm，则剩余的空地长为（x﹣1）m，宽为（x﹣2）m．根据长方形的面积公式列方程可得=1．故选C．考点：由实际问题抽象出一元二次方程．二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】连接OB、OC，根据圆周角定理得到∠BOC=2∠A=90°，根据勾股定理计算即可．【详解】解：连接OB、OC，

由圆周角定理得，∠BOC=2∠A=90°，

∴利用勾股定理得：BC=．故答案为：【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理是解题的关键．12、1【分析】利用扇形的面积公式S扇形弧长×半径，代入可求得弧长．【详解】设弧长为L，则20L×5，解得：L=1．故答案为：1．【点睛】本题考查了扇形的面积公式，掌握扇形的面积等于弧长和半径乘积的一半是解答本题的关键．13、1．【详解】解：，得x1=3，x2=6，当等腰三角形的三边是3，3，6时，3+3=6，不符合三角形的三边关系定理，∴此时不能组成三角形；当等腰三角形的三边是3，6，6时，此时符合三角形的三边关系定理，周长是3+6+6=1．故答案是：114、1【分析】作OE⊥BC于E，连接OB，根据∠A、∠B的度数易证得△ABD是等边三角形，由此可求出OD、BD的长，设垂足为E，在Rt△ODE中，根据OD的长及∠ODE的度数易求得DE的长，进而可求出BE的长，由垂径定理知BC=2BE即可得出答案．【详解】作OE⊥BC于E，连接OB．∵∠A＝∠B＝60°，∴∠ADB＝60°，∴△ADB为等边三角形，∴BD＝AD＝AB＝12，∵OA＝8，∴OD＝4，又∵∠ADB＝60°，∴DE＝OD＝2，∴BE＝12﹣2＝10，由垂径定理得BC=2BE=1故答案为：1．【点睛】本题考查了圆中的弦长计算，熟练掌握垂径定理，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．15、(1200，0)【分析】根据题目提供的信息，可知旋转三次为一个循环，图中第三次和第四次的直角顶点的坐标相同，由①→③时直角顶点的坐标可以求出来，从而可以解答本题．【详解】由题意可得，

△OAB旋转三次和原来的相对位置一样，点A(-3，0)、B(0，4)，

∴OA=3，OB=4，∠BOA=90°，∴，∴旋转到第三次时的直角顶点的坐标为：(12，0)，

∵301÷3=100…1

∴旋转第301次的直角顶点的坐标为：(1200，0)，

故答案为：(1200，0)．【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，是对图形变化规律，观察出每三次旋转为一个循环组依次循环，并且下一组的第一个直角三角形与上一组的最后一个直角三角形的直角顶点重合是解题的关键．16、y＝﹣3x+1【分析】由DE∥BC可得出△ADE∽△ABC，再利用相似三角形的性质，可得出y关于x的函数解析式．【详解】∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴，即，∴y＝﹣3x+1．故答案为：y＝﹣3x+1．【点睛】本题考查根据实际问题列函数关系式，利用相似三角形的性质得出是关键.17、【分析】连接EC，先根据题意得出，再得出，然后计算出和的面积即可求解.【详解】连接EC，如下图所示：由题意可得：∵是中点∴∴∴∴∴∴故填：.【点睛】本题主要考查扇形面积的计算、矩形的性质、解直角三角形，准确作出辅助线是关键.18、【分析】根据圆锥的侧面积公式：S侧=代入数据计算即可.【详解】解：圆锥的侧面积=.故答案为：【点睛】本题考查了圆锥的侧面积公式，属于基础题型，熟练掌握计算公式是解题关键.三、解答题(共66分)19、（1）BD＝DC；（2）1；（3）详见解析.【分析】（1）连接AD，由圆周角定理可知∠ADB=90°，证得结论；

（2）根据等腰三角形的性质得到AD平分∠BAC，即∠BAD=∠CAD，可得，则BD=DE，所以BD=DE=DC，得到∠DEC=∠DCE，在等腰△ABC中可计算出∠ABC=71°，故∠DEC=71°，再由三角形内角和定理得出∠EDC的度数，再根据BP∥DE可知∠PBC=∠EDC=30°，进而得出∠ABP的度数，然后利用OB=OP，可知∠OBP=∠OPB，由三角形内角和定理即可得出∠BOP=90°，则△AOP是等腰直角三角形，易得AP的长度；

（3）设OP交AC于点G，由∠BOP=90°可知∠AOG=90°，在Rt△AOG中，由∠OAG=30°可得＝，由于＝＝，则＝，根据三角形相似的判定可得到△AOG∽△CPG，由相似三角形形的性质可知∠GPC=∠AOG=90°，然后根据切线的判定定理即可得到CP是⊙O的切线．【详解】（1）BD＝DC．理由如下：如图1，连接AD，∵AB是直径，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BC．（2）如图1，连接AP．∵AD是等腰△ABC底边上的中线，∴∠BAD＝∠CAD，∴∴BD＝DE．∴BD＝DE＝DC，∴∠DEC＝∠DCE，△ABC中，AB＝AC，∠A＝30°，∴∠DCE＝∠ABC＝（180°﹣30°）＝71°，∴∠DEC＝71°，∴∠EDC＝180°﹣71°﹣71°＝30°，∵BP∥DE，∴∠PBC＝∠EDC＝30°，∴∠ABP＝∠ABC﹣∠PBC＝71°﹣30°＝41°，∵OB＝OP，∴∠OBP＝∠OPB＝41°，∴∠BOP＝90°．∴△AOP是等腰直角三角形．∵AO＝AB＝1．∴AP＝AO＝1；（3）设OP交AC于点G，如图1，则∠AOG＝∠BOP＝90°，在Rt△AOG中，∠OAG＝30°，∴＝，又∵＝＝，∴＝，∴＝．又∵∠AGO＝∠CGP，∴△AOG∽△CPG，∴∠GPC＝∠AOG＝90°，∴OP⊥PC，∴CP是⊙O的切线．【点睛】本题考查了圆的综合题；掌握切线的性质，运用切线的判定定理证明圆的切线；运用圆周角定理和相似三角形的判定与性质解决圆中角度与线段的计算；同时记住等腰直角三角形的性质以及含30度的直角三角形三边的关系是关键．20、（1）抛物线的解析式为y=﹣x2+3x+4；（2）点G的坐标为（，）；（3）点P（2，6）或（﹣2，﹣6）．【分析】（1）由点A的坐标及OA=OC=4OB,可得出点B,C的坐标,根据点A,B,C的坐标,利用待定系数法即可求出抛物线的解析式;（2）由二次函数的解析式利用二次函数的性质可得出抛物线的对称轴,由AO的长度结合平行四边形的性质可得出点G的横坐标,再利用二次函数图象上点的坐标特征，即可求出点G的坐标;（3）设点P的坐标为（m,-m2+3m+4）,结合点A,C的坐标可得出AP2,CP2,AC2的值,分∠ACP=90°及∠PAC=90°两种情况,利用勾股定理即可得出关于m的一元二次方程,解之即可得出结论．【详解】解:（1）∵点A的坐标是（4,0）,∴OA=4,又∵OA=OC=4OB,∴OA=OC=4,OB=1,∴点C的坐标为（0,4）,点B的坐标为（﹣1,0）.设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c（a≠0）,将A（4,0）,B（﹣1,0）,C（0,4）代入y=ax2+bx+c,得,解得:,∴抛物线的解析式为y=﹣x2+3x+4,（2）∵抛物线的解析式为y=﹣x2+3x+4,∴抛物线的对称轴为直线x=,∵如图1,动点G在AC上方的抛物线上,且以AG,AO为邻边的平行四边形的第四个顶点H也在抛物线上,∴GH∥AO,GH=AO=4,∵点G,H都在抛物线上,∴G,H关于直线x=对称,∴点G的横坐标为,∵当x=时,y=﹣x2+3x+4=,∴点G的坐标为（,）．（3）假设存在,设点P的坐标为（m,-m2+3m+4）,∵点A的坐标为（4,0）,点C的坐标为（0,4）,∴AP2=（m-4）2+（-m2+3m+4-0）2=m4-6m3+2m2+16m+32,CP2=（m-0）2+（-m2+3m+4-4）2=m4-6m3+10m2,AC2=（0-4）2+（4-0）2=32,分两种情况考虑,如图2所示,①当∠ACP=90°时,AP2=CP2+AC2,即m4-6m3+2m2+16m+32=m4-6m3+10m2+32,整理得：m2-2m=0,解得:m1=0（舍去）,m2=2,∴点P的坐标为（2,6）;整理得:m2-2m-8=0,解得:m3=-2,m4=4（舍去）,∴点P的坐标为（-2,-6）．综上所述,假设成立,抛物线上存在点P（2,6）或（﹣2,﹣6）,使得△ACP是以为直角边的直角三角形．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、平行四边形的性质、二次函数的性质以及勾股定理，解决本题的关键是要熟练掌握二次函数图象性质和平行四边形的性质.21、（1）①详见解析；②α；（2）详见解析；（3）当B、O、F三点共线时BF最长，(+)a【分析】（1）①由线段垂直平分线的性质可得AD=AC=AB，即可证点B，C，D在以点A为圆心，AB为半径的圆上；②由等腰三角形的性质可得∠BAC=2∠BDC，可求∠BDC的度数；（2）连接CE，由题意可证△ABC，△DCE是等边三角形，可得AC=BC，∠DCE=60°=∠ACB，CD=CE，根据“SAS”可证△BCD≌△ACE，可得AE=BD；（3）取AC的中点O，连接OB，OF，BF，由三角形的三边关系可得，当点O，点B，点F三点共线时，BF最长，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可求，，即可求得BF【详解】（1）①连接AD，如图1．∵点C与点D关于直线l对称，∴AC=AD．∵AB=AC，∴AB=AC=AD．∴点B，C，D在以A为圆心，AB为半径的圆上．②∵AD=AB=AC，∴∠ADB=∠ABD，∠ADC=∠ACD，∵∠BAM=∠ADB+∠ABD，∠MAC=∠ADC+∠ACD，∴∠BAM=2∠ADB，∠MAC=2∠ADC，∴∠BAC=∠BAM+∠MAC=2∠ADB+2∠ADC=2∠BDC=α∴∠BDC=α故答案为：α．（2连接CE，如图2．∵∠BAC=60°，AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴BC=AC，∠ACB=60°，∵∠BDC=α，∴∠BDC=30°，∵BD⊥DE，∴∠CDE=60°，∵点C关于直线l的对称点为点D，∴DE=CE，且∠CDE=60°∴△CDE是等边三角形，∴CD=CE=DE，∠DCE=60°=∠ACB，∴∠BCD=∠ACE，且AC=BC，CD=CE，∴△BCD≌△ACE（SAS）∴BD=AE，（3）如图3，取AC的中点O，连接OB，OF，BF，，F是以AC为直径的圆上一点，设AC中点为O，∵在△BOF中，BO+OF≥BF，当B、O、F三点共线时BF最长；如图，过点O作OH⊥BC，∵∠BAC=90°，AB=AC=2a，∴，∠ACB=45°，且OH⊥BC，∴∠COH=∠HCO=45°，∴OH=HC，∴，∵点O是AC中点，AC=2a，∴，∴，∴BH=3a，∴，∵点C关于直线l的对称点为点D，∴∠AFC=90°，∵点O是AC中点，∴，∴，∴当B、O、F三点共线时BF最长；最大值为(+)a．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的三边关系，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．22、见解析【解析】试题分析：作BF∥AC交EC于F，通过证明△FBC≌△DBC，得到CD=CF，根据三角形中位线定理得到CF=CE，等量代换得到答案．试题解析：证明：作BF∥AC交EC于F．∵BF∥AC，∴∠FBC=∠ACB．∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠FBC=∠ABC．∵BF∥AC，BE=AB，∴BF=AC，CF=CE．∵CD是AB边上的中线，∴BD=AB，∴BF=BD．在△FBC和△DBC中，∵BF＝BD，∠FBC＝∠DBC，BC＝BC，∴△FBC≌△DBC，∴CD=CF，∴CD=CE．点睛：本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质，正确作出辅助线、灵活运用定理是解题的关键．23、（1）（2）()；（3）或【分析】（1）过点作，垂足为点．，则．根据构建方程求出即可解决问题．（2）①证明，可得，由此构建关系式即可解决问题．②分两种情形：当时，当时，分别求解即可解决问题．【详解】解：（1）是等边三角形，，．，，，，，，．过点作，垂足为点．设，则．在中，，，，，在中，，，解得．所以线段的长是．（2）①设，则，．，，，又，，，又，，，由（1）得在中，，，，．②当时，，则有，整理得，解得或（舍弃），．当时，同法可得当时，，整理得，解得（舍弃）或1，．综上所述：当∠CAD<120°时，；当120°<∠CAD<180°时，.【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．24、（1）；（2）的值为或；（3）的值为或．【分析】（1）运用待定系数法求解；（2）根据已知，证，，可得或；（3）分两种情况：当为菱形的对角线时：由点，的横坐标均为，可得．求直线的表达式为，再求N的纵坐标，得，根据菱形性质得，可得．在中，得．同理，当为菱形的边时：由菱形性质可得，．由于，所以．结合三角函数可得.【详解】解：（1）因为，矩形的顶点，，的坐标分别，，，所以A的坐标