2023-2024学年浙江杭州拱墅区锦绣育才九年级数学第一学期期末经典试题含解析

2023-2024学年浙江杭州拱墅区锦绣育才九年级数学第一学期期末经典试题

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每小题3分,共30分）

1.方程/一4χ=0的根是（）

A.x=4B.x=0C.x1=0,X2=4D.x1=0,X2=-4

2.甲、乙、丙、丁四位选手各10次射击成绩的平均数和方差如下表：

选手甲乙丙T

平均数（环）9.29.29.29.2

方差（环2）0.0350.0150.0250.027

则这四人中成绩发挥最稳定的是（）

A.甲B.乙C.丙D.T

3.若关于X的函数y=（3-a）是二次函数，则a的取值范围（）

A.a≠0B.a≠3C.a<3D.a>3

4.如图，NACB是。O的圆周角，若。O的半径为10,NACB=45。，则扇形AoB的面积为（）

A.5πB.12.5πC.20πD.25π

5.函数y=aχ2-1与y=aχ（a≠0）在同一直角坐标系中的图象可能是（）

7.如图，在圆内接四边形A5CO中，ZA：ZC=I:2,则NA的度数等于（)

B.45°C.60°D.80°

8.如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，点A,B,C,O都在格点上，点E在AB的延长线上，以A为

圆心，AE为半径画弧，交AZ）的延长线于点尸，且弧所经过点C,则扇形AEF的面积为（）

9.菱形的两条对角线长分别为6,8,则它的周长是（）

A.5B.10C.20D.24

10.小悦乘座中国最高的摩天轮“南昌之星”，从最低点开始旋转一圈，她离地面的高度y（米）与旋转时间X（分）之

间的关系可以近似地用二次函数来刻画.经测试得出部分数据如表.根据函数模型和数据，可推断出南昌之星旋转一

圈的时间大约是（）

X（分）・・・13.514.716.0•••

y（米）・・•156.25159.85158.33•••

∙⅛>H>MUΓ*而i⅛⅜>

A.32分B.30分C.15分D.13分

二、填空题（每小题3分,共24分）

11.如图，在X轴的正半轴上依次截取。4∣=4A2=44=A3A4=A4A.....过点4、&、A3、&、ʌ,……，分

2

别作X轴的垂线与反比例函数y=-（χ≠0）的图象相交于点4、R、P-PA、P5得直角三角形。44、A1P2A2,

X

∖P3Ai,A3P4A4,A4P5A5......,并设其面积分别为岳、邑、S3yS4,S5.・・・・，则Ho=_.（几∙1的整数）.

^01A1A3A3AtAiX

12.一个圆锥的母线长为10,高为6,则这个圆锥的侧面积是_______.

四边形ABC。是。。的外切四边形，且AB=IO,CD=15,则四边形A8C。的周长为

Gx

14.抛物线y=（x+2）2+1的顶点坐标为_____.

15.如图，A〃是。。的直径，且48=4,点C是半圆AB上一动点（不与A,8重合），Cz）平分NACB交。。于点。,

点/是AABC的内心，连接8D.下列结论：

①点D的位置随着动点C位置的变化而变化；

②ID=BD;

③。/的最小值为0—1；

④AC+BC=OCD.

其中正确的是____________.（把你认为正确结论的序号都填上）

C

16.sin60o-tan30o=

17.在ΔABC中，若NA、DβMsinA-∣+√tanfi-√3=0,则ΔABC为_______三角形.

18.某一时刻，测得一根高L5m的竹竿在阳光下的影长为2.5m.同时测得旗杆在阳光下的影长为30m,则旗杆的高为

三、解答题(共66分)

19.(10分)矩形ABCD中，AB=2,AD=3,O为边AD上一点，以O为圆心，OA为半径r作。O,过点B作。O

(1)如图1,当OO经过点C时，求。O截边BC所得弦MC的长度；

(2)如图2,切线BF与边AD相交于点E,当FE=Fo时，求r的值；

(3)如图3,当。O与边CD相切时，切线BF与边CD相交于点H,设ABCH、四边形HFOD、四边形FoAB的面

积分别为Si、S2、S3,求一A一的值.

20.(6分)如图，在RJABC中，ZC=90o,AC=3,AB=S,点尸从点C出发沿CA以每秒1个单位长的速度向点A

匀速运动；点。从点A出发沿AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动.伴随着产、。的运动，OE始终保持垂直

平分P。，且交尸。于点。，交BC于点E.点P、。同时出发，当点P到达点A时停止运动，点。也随之停止.设点

P、。运动的时间是f秒。＞0).

(1)当t为何值时，DEHAB?

(2)求四边形5QPC的面积S与t的函数关系式；

(3)是否存在某一时刻f,使四边形8。PC的面积与R/ABC的面积比为13：15?若存在，求t的值.若不存在，请

说明理由；

(4)若DE经过点C,试求t的值.

21.(6分)如图1,抛物线y=-f+句:+c与X轴相交于点A、点B,与y轴交于点C(0,3),对称轴为直线x=l,

交X轴于点D,顶点为点E.

(1)求该抛物线的解析式；

(2)连接AC,CE,AE,求AACE的面积；

(3)如图2,点F在y轴上，且OF=√^,点N是抛物线在第一象限内一动点，且在抛物线对称轴右侧，连接ON交

对称轴于点G,连接GF,若GF平分NOGE,求点N的坐标.

22.(8分)在平面直角坐标系中，抛物线y=0χ2+∕7χ+c经过点A、B、C,已知A(-1,0),B(3,0),C(0,-3).

(1)求此抛物线的函数表达式；

(2)若P为线段BC上一点，过点P作》轴的平行线，交抛物线于点D,当aBCD面积最大时，求点P的坐标；

(3)若M(m,0)是X轴上一个动点，请求出CM+]MB的最小值以及此时点M的坐标.

2

23.（8分）五一期间，小红和爸爸妈妈去开元寺参观，对东西塔这对中国现存最高也是最大的石塔赞叹不已，也对石

塔的高度产生了浓厚的兴趣.小红进行了以下的测量：她到与西塔距离27米的一栋大楼处，在楼底A处测得塔顶B

的仰角为60。，再到楼顶C处测得塔顶B的仰角为30。.那么你能帮小红计算西塔BD和大楼AC的高度吗？

24.（8分）我市某化工材料经销商购进一种化工材料若干千克，成本为每千克30元，物价部门规定其销售单价不低

于成本价且不高于成本价的2倍，经试销发现，日销售量V（千克）与销售单价X（元）符合一次函数关系，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）若在销售过程中每天还要支付其他费用500元，当销售单价为多少时，该公司日获利最大？最大获利是多少元？

25.（10分）甲乙两人参加一个幸运挑战活动，活动规则是：一个布袋里装有3个只有颜色不同的球，其中2个红球,

1个白球.甲从布袋中摸出一个球，记下颜色后放回，搅匀，乙再摸出一个球，若颜色相同，则挑战成功.

（1）用列表法或树状图法，表示所有可能出现的结果.

（2）求两人挑战成功的概率.

26.（10分）如图，在单位长度为1的正方形网格中，一段圆弧经过网格的交点A、5、C.

（1）请完成如下操作：

①以点。为原点、竖直和水平方向为轴、网格边长为单位长，建立平面直角坐标系;

②根据图形提供的信息，标出该圆弧所在圆的圆心O,并连接AO、CD.

(2)请在(1)的基础上，完成下列填空：

①写出点的坐标：C；D()；

②。。的半径=(结果保留根号)；

③若扇形AZ)C是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面的面积为；(结果保留π)

④若E(7,0),试判断直线EC与Oz)的位置关系，并说明你的理由.

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)

1、C

【分析】利用因式分解法求解即可.

【详解】方程整理得：X(XT)=0,可得X=O或X-I=0,解得：xι=0,X2=I.

故选C∙

【点睛】

本题考查了一元二次方程-因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解答本题的关键.

2、B

【解析】在平均数相同时

方差越小则数据波动越小说明数据越稳定，

3、B

【分析】根据二次函数的定义，二次项系数不等于0列式求解即可.

【详解】根据二次函数的定义，二次项系数不等于0,

3-a≠0,则a≠3,故选B

【点睛】

本题考查二次函数的定义，熟记概念是解题的关键.

4、D

【分析】首先根据圆周角的度数求得圆心角的度数，然后代入扇形的面积公式求解即可.

【详解】解：：NACB=45。，

ΛZAOB=90o,

∙.∙半径为10,

2

aι∖πXin

.∙.扇形AoB的面积为：”5KU=25π,

360

故选：D.

【点睛】

考查了圆周角定理及扇形的面积公式，解题的关键是牢记扇形的面积公式并正确的运算.

5^B

【分析】本题可先通过抛物线与y轴的交点排除C、D,然后根据一次函数y=ax图象得到a的正负，再与二次函数y

=aχ2的图象相比较看是否一致.

【详解】解：由函数y=aχ2-l可知抛物线与y轴交于点（0,-1）,故C、D错误；

A、由抛物线可知，a>0,由直线可知，a<0,故A错误；

B、由抛物线可知，a>0,由直线可知，a>0,故B正确；

故选：B.

【点睛】

此题考查的是一次函数的图象及性质和二次函数的图象及性质，掌握一次函数的图象及性质与系数关系和二次函数的

图象及性质与系数关系是解决此题的关键.

6、D

【分析】根据最简二次根式的概念即可求出答案.

【详解】解：A.JI=立，故此选项错误；

V33

B.Jξ=2√∑,故此选项错误；

C.后=3百，故此选项错误；

D.炳是最简二次根式,故此选项正确

故选：D.

【点睛】

本题考查最简二次根式，解题的关键是正确理解最简二次根式的概念，本题属于基础题型.

7、C

【分析】设N4、NC分别为x、2x,然后根据圆的内接四边形的性质列出方程即可求出结论.

【详解】解：设NA、NC分别为x、2x,

,：四边形ABCD是圆内接四边形，

Λx+2x=180o,

解得，x=60o,即N4=60°,

故选：C.

【点睛】

此题考查的是圆的内接四边形的性质，掌握圆的内接四边形的性质是解决此题的关键.

8、B

【分析】连接AC,根据网格的特点求出r=AC的长度，再得到扇形的圆心角度数，根据扇形面积公式即可求解.

【详解】连接AC,则r=AC=亚r7P^=√5

扇形的圆心角度数为NBAD=45。，

45/r-∖25

二扇形A£尸的面积=——×ΛΓ×√5=-π

360v'8

故选B.

【点睛】

此题主要考查扇形面积求解，解题的关键是熟知勾股定理及扇形面积公式.

9、C

【分析】根据菱形的对角线互相垂直且平分这一性质解题即可.

【详解】解：•；菱形的对角线互相垂直且平分,

.∙.勾股定理求出菱形的边长=5,

•••菱形的周长=20,

故选C.

【点睛】

本题考查了菱形对角线的性质,属于简单题,熟悉概念是解题关键.

10、B

【分析】利用二次函数的性质，由题意，最值在自变量大于14.7小于16.0之间，由此不难找到答案.

【详解】最值在自变量大于14.7小于16.0之间，

所以最接近摩天轮转一圈的时间的是30分钟.

故选：B.

【点睛】

此题考查二次函数的实际运用，利用表格得出函数的性质，找出最大值解决问题.

二、填空题（每小题3分,共24分）

1

11、——

10

【解析】根据反比例函数y==人中k的几何意义再结合图象即可解答.

X

【详解】•••过双曲线上任意一点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S是个定

值,S=!∣川.

2

:∙SI==1,SOA2A=1，

VOA1=A1A2,

•S-ɪS-ɪ

o9

∙∙2-2OK2P2-2

同理可得，S1=IS2=IS3=IS4=is,θɪɪ

故答案是：ɪ.

【点睛】

本题考查反比例函数系数k的几何意义.

12、80π

【分析】首先根据勾股定理求得圆锥的底面半径，从而得到底面周长，然后利用扇形的面积公式即可求解.

【详解】解：圆锥的底面半径是：√IO2-62=8-

圆锥的底面周长是：2x8π=16τr,

则一×16π×10=80π.

2

故答案为：80π.

【点睛】

本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，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.

13、1

【分析】根据切线长定理得到AE=AH,BE=BF,CF=CG,DH=DG,得到AD+BC=AB+CD=25,根据四边形的周长

公式计算，得到答案.

【详解】Y四边形ABCD是。O的外切四边形，

ΛAE=AH,BE=BF,CF=CG,DH=DG,

AD+BC=AB+CD=25,

Λ四边形ABCD的周长=AD+BC+AB+CD=25+25=1,

故答案为：L

本题考查的是切线长定理，掌握从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题的关键.

14、(-2,1)

【分析】根据题目中二次函数的顶点式可以直接写出它的顶点坐标.

【详解】由抛物线的顶点坐标可知，抛物线y=(x+2)2+1的顶点坐标是(-2,1).

故答案为:(-2,1).

【点睛】

本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是由顶点式可以直接写出二次函数的顶点坐标.

15、©@

【分析】①在同圆或等圆中，根据圆周角相等，则弧相等可作判断；

②连接/8,根据点/是“3C的内心，得到NΛB∕=NCB∕,可以证得ZDBI=ZDIB,即有/0=8。，可以判断②

正确；

③当。/最小时，Cr)经过圆心0,作/E_LBC,根据等腰直角三角形的性质和勾股定理，可求出∕O=2√5-2,可判

断③错误；

④用反证法证明即可.

【详解】解：C。平分NAC8,AB是。。的直径，

.-.ZACD=ZBCD=45,

•∙AD=BD,

QAB是。的直径，

，。是半圆的中点，即点。是定点;

故①错误；

如图示，连接/5,

Y点/是AABC的内心，

.,.ZABI=ZCBI

又∙.∙ZABD=ZACD=45,

二NDBl=ZABD+ZABl=45+ZABI

HB=ZDCB+NCBI=45+ZABI

即有/DB/=ND/B

ΛID=BD,

故②正确；

如图示，当。/最小时，CO经过圆心。,

过/点，作/ELBC,交BC于E点

D

V点/⅜∆AZJC的内心，CD经过圆心0,

：.IO=IE,

•；NBCD=45

.∙.C/E是等腰直角三角形，

又∙.∙AB=4,

：.IC=2,

设/O=x,贝!］比=8=尤，lC=1-x,

：.X2+x2=(2-X)2,

解之得：χ=2√2-2^

即：/(9=2√2-2,

故③错误；

假设AC+BC≠y∕2CD,

Y点C是半圆AB上一动点，

则点C在半圆A8上对于任意位置上都满足AC+8C≠及CD,

如图示，

当CD经过圆心。时，AC=BC=2五,8=4,

：.AC+BC=2√2+2√2=4√2=√2CD

与假设矛盾，故假设不成立，

∙*∙AC+BC=ECD

故④正确；

综上所述，正确的是②④,

故答案是：②④

【点睛】

此题考查了三角形的内心的定义和性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形外接圆有关的性质，角平分线的定义

等知识点，熟悉相关性质是解题的关键.

16、正

6

【分析】代入特殊角度的三角函数值计算即可.

【详解】sin60o-tan30°_ɔ/ɜ,­=

236

故答案为：旦.

6

【点睛】

本题考查了特殊角度的三角函数值计算，熟记特殊角度的三角函数值是关键.

17、直角

【分析】先根据非负数的性质及特殊角的三角函数值求得NA和NB,即可作出判断.

【详解】：SinA—g+Jtan8一百=0,

ʌSinA--=0,tanB—百=0，

.∙.sinA=2，tanB=-73>

Vsin30o=∣,tan60o=√3.

.∙.NA=30°,ZB=60o,

ΛZC=180o-3flA⅜0β≈90o-o-o=o,

.,.△ABC是直角三角形.

故答案为：直角.

【点睛】

本题考查了特殊角的三角函数值，非负数的性质及三角形的内角和定理，根据非负数的性质及特殊角的三角函数值求

出NA、NB的度数，是解题的关键.

18、1.

【解析】分析：根据同一时刻物高与影长成比例，列出比例式再代入数据计算即可.

逆豌..竹竿的高度旗杆的高度∙L5旗杆的高度豌俎施轩的高底L5乂

详解：.竹竿的影长=旗杆的影长’∙∙ΞΓF-‘解得：旗杆的高度二53x3。“

故答案为1∙

点睛：本题考查了相似三角形在测量高度时的应用，解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方

程，建立数学模型来解决问题.

三、解答题(共66分)

19、(1)CM=-；(2)r=2√2-2；(3)1.

3

【分析】(1)如图1中，连接OM,OC,作OHJ_BC于H.首先证明CM=2OD,设AO=CO=r,在RtACDo中，

根据0C2=CD2+0D2,构建方程求出r即可解决问题.

(2)证明AOEF,AABE都是等腰直角三角形，设OA=OF=EF=r,则OE=0r,根据AE=2,构建方程即可解

决问题.

(3)分别求出Si、S2、S3的值即可解决问题.

【详解】解：(1)如图1中，连接OM,OC,作OHJLBC于H.

图1

VOH±CM,

ΛMH=CH,ZOHC=90o,

•••四边形ABCD是矩形，

ΛZD=ZHCD=90o,

.∙.四边形CDOH是矩形，

ΛCH=OD,CM=2OD,

设AO=CO=r,

在RtACDO中，VOC2=CD2+OD2,

Λr2=22+(3-r)2,

•___1_3

∙∙r-

5

ΛOD=3-r=-,

6

5

ΛCM=2OD=-.

3

(2)如图2中,

图2

丫BE是Oo的切线，

ΛOF±BE,

VEF=FO,

ΛZFEO=45o,

VZBAE=90o,

ΛZABE=ZAEB=45o,

ΛAB=BE=2,

设OA=OF=EF=r,则OE=0r,

∙"∙r+V2r=2,

Λr=2√2-2.

(3)如图3中,

图3

由题意：直线AB,直线BH,直线CD都是。。的切线,

ΛBA=BF=2,FH=HD,设FH=HD=x,

在Rt∆BCH中，•：BH2=BC2+CH2,

.∙.(2+x)2=32+(2-x)2,

H,

8

7

ΛCH=-,

8

,1721

ʌS1=—×o3×-=—

2816

C19327

S2=2×一×一X—=—,

28216

C1C3

S3=2×-×2×-=3,

22

Z[+27

：.Sl+S]_1616_j.

Fɜ-一

【点睛】

本题属于圆综合题，考查了切线的判定和性质，勾股定理，垂径定理，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会

添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题.

20、(1)/=-；(2)S=-Z2--Z+6(O<∕<3);(3)1或2；(4)

8552

【分析】⑴先根据DEVAB可得NPQA=90。，再根据相似三角形的判定可得VAPQ:VABC,然后利用相似三

角形的性质即可得；

(2)如图(见解析)，先利用正弦三角函数求出尸Q的长，再根据S=S&即可得S与r的函数关系式，然

后根据运动路程和速度求出t的取值范围即可得；

(3)先根据面积比可求出S的值，从而可得一个关于t的一元二次方程，再解方程即可得；

(4)如图(见解析)，先根据相似三角形的判定与性质可得也=挺=理，从而可得BH=型二什,HQ=身二五，

BCACAB55

4f

再根据线段的和差可得C"=；,然后根据垂直平分线的性质可得CQ=PC=r,最后在RJC"Q中，利用勾股定

理即可得.

【详解】(1)由题意得：PC=t,AQ^t,

AC=3,AB=5,

.∙.AP=AC=3—/,BQ=AB-AQ=5-t,

DEHAB,DE垂直平分PQ,

ABLPQ,即NPQA=90°,

ZPQA=ZC90°

在-APQ和八AeC中,

ZA=ZA

:._APQ-J\BC,

.APAQ即3TJ

ABAC53

9

解得

8

9

故当/=一时，DEHAB；

8

(2)如图，过点Q作QF，AC于点F,

在RjABC中，ZC=90°,AC=3,AB=5,

.∙.BC=√AB2-AC2=4,sinA=-=-,

AB5

二在AJAFQ中，SinA=M=金，即丝=3,

AQ5t5

4

解得bQ=y∕,

则四边形BQPC的面积S=SRlABC-SAPQ=^AC-BC-AP-FQ,

114

×3×4--(3-z)∙-/,

26N

=-t—2t+6,

55

ΔΓΔR

点P到达点A所需时间为十=3(秒)，点Q到达点B所需时间为一丁=5(秒)，且当点P到达点A时停止运动,

点Q也随之停止,

.∙.0≤f≤3,

又当r=0或f=3时，不存在四边形BQPC

.∙.0<t<3,

故四边形BQPC的面积S与t的函数关系式S=→2-→+6(O<Z<3);

(3)SiR∖iABC=—2AC2BC=-×3×4=69

26

•∙S二百S

Rlabc^5^

26/26

o即rl一t~2—f+6=—

555

解得f=l或r=2,

故当f=1或r=2时，四边形BQPC的面积与RjABC的面积比为13:15；

(4)如图，过点Q作QH，BC于点H,连接CQ,

NAC8=90。，

.∙.HQHAC,

.∙.-BHQ--BCA,

,BHHQBQBHHQ_5-t

..——,Kp-

BCACAB435

解得8"=竺=

4/

..CH=BC-BH=-,

5

.1)E垂直平分PQ1

CQ=PC=t,

2222

在RJeHQ中,HQ+CH=CQ,即M

【点睛】

本题考查了相似三角形的判定与性质、正弦三角函数、垂直平分线的性质、解一元二次方程等知识点，较难的是题(4),

通过作辅助线，构造相似三角形和直角三角形是解题关键.

21、(1)y=-x2+2x+3;(2)1；(3)点N的坐标为：(上叵，J±2叵).

22

【分析】(D由点C的坐标，求出c,再由对称轴为x=l,求出b,即可得出结论；

(2)先求出点A,E坐标，进而求出直线AE与y轴的交点坐标，最后用三角形面积公式计算即可得出结论；

(3)先利用角平分线定理求出FQ=1,进而利用勾股定理求出OQ=I=FQ,进而求出NBoN=45°,求出直线ON的

解析式，最后联立抛物线解析式求解，即可得出结论.

【详解】解：(1)Y抛物线y=-χ2+bx+c与y轴交于点C(0,3),

令x=0»则c=3,

Y对称轴为直线x=L

2×(-D

.,.b=2,

2

二抛物线的解析式为y=-x+2x+35

(2)如图1,AE与y轴的交点记作H,

图1

由(1)知，抛物线的解析式为y=-χ2+2x+3,

令y=0,则-χ2+2x+3=0,

.*.x=-l或x=3,

ΛA(-1,0),

当X=I时，y=-l+2+3=4,

.,.E(1,4),

.∙.直线AE的解析式为y=2x+2,

ΛH(0,2),

ΛCH=3-2=1,

11

.∙SΔΛCE=ɪCH∙∣XE-XΛ∣=-×1×2=1;

(3)如图2,过点F作FP_LDE于P,则FP=I,过点F作FQ_LON于Q,

：GF平分NOGE,

ΛFQ=FP=I,

在Rt∆FQO中，GF=C，

根据勾股定理得，OQ=y∣θF-FQ2=1，

ΛOQ=FQ,

：.NFOQ=45°,

ΛZBON=90o-45o=45o,

过点Q作QMJLoB于M,OM=QM

AON的解析式为y=x①，

V点N在抛物线y=-χ2+2x+3②上，

y=χ

联立①贝卜

y——x2+2χ+3

1+√131-√13

X=

22

解得:或＜(由于点N在对称轴x=l右侧，所以舍去),

1+√B1-√13

.V=

2

二点N的坐标为：(1±巫1+√13.

------------------Z•

22

【点睛】

此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形面积的求法，角平分线定理，勾股定理，直线与抛物线的交

点坐标的求法，求出直线ON的解析式是解本题的关键.

22、(1)y=x2-2x-3；(2)P(ɪ,-ɪ),面积最大为之；(3)CM+'MB最小值为豆,M(√3»0)

22822

【分析】(1)利用待定系数法即可求得此抛物线的解析式；(2)由待定系数法即可求得直线BC的解析式，设P(a,

a-3),得出PD的长，列出SMDC的表达式，化简成顶点式，即可求解；

(3)取G点坐标为(0,6)，过M点作用HM代替LBM,即可得出最小值的情况，再将直线BG、

2

直线B，C的解析式求出，求得M点坐标和NCGB的度数，再根据NCGB的度数利用三角函数得出最小值B，C的值.

【详解】解：(1)：抛物线y=0√+bχ+c经过点A、B、C,A(-1,0),B(3,0),C(0,-3),

代入表达式，解得a=l,b=-2,c=-3,

.∙.故该抛物线解析式为：y=√-2x-3.

(2)令O=X2_2X_3，

.∖Xl=-1,X2=3,

即B(3,0),

设直线BC的解析式为y=kx+b∖将B、C代入得：k=,l,b,=-3,

.∙.直线BC的解析式为y=x-3,

设P(a,a-3),则D(a,a2-2a-3),

.*.PD=(a-3)-(a2-2a-3)=-a2+3a

SABDC=SAPI>C+SAPDB

=LPDX3

2

3(3Y27

2(2)8

32733

，当a=一时，ABDC的面积最大，且为为—>此时P(—9—)；

2822

(3)如图，取G点坐标为(0,√3),连接BG,

过M点作MB，_LBG,IVM=LBM,

2

当C、M、B，在同一条直线上时，CM+^MB最小.

2

可求得直线BG解析式为：y=叵χf,

-3

VB,C±BG

故直线BT解析式为为y=-√3x+3,

令y=0,则x=√L

，B，C与X轴交点为(JLo)

VOG=√3,OB=3,

：•ZCGB=60o,

ΛBrC=CGsinZCGB=3Mx与=弯1

综上所述：CM+'MB最小值为+3,此时M(√3,0).

22

【点睛】

此题考查了待定系数法求函数的解析式、平行线的性质、二次函数的最值问题、判别式的应用以及等腰直角三角形的

性质等知识.此题综合性很强，难度较大，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用.

23、西塔BD的高度为276米，大楼AC的高度为186米.

【分析】作CE,BD于E,根据正切的定义求出BD,根据正切的定义求出BE,计算求出DE,得到AC的长.

【详解】解：作CE_LBD于E,

则四边形ACED为矩形，

ΛCE=AD=27,AC=DE,

*AqBD

在RtaBAD中，tan∕BAD=——，

AD

贝!)BD=AD∙tanZBAD=27√3，

*AqBE

在Rt∆BCE中，tanZBCE=——，

1CE

则BE=CE∙tanZBCE=9√3，

：.AC=DE=BD-BE=18√3，

答：西塔BD的高度为276米，大楼AC的高度为18百米.

【点睛】

本题考查的是解直角三角形的应用-仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键.

24、(1)γ=-2x+200(30<x≤60)；(2)销售单价为每千克60元时，日获利最大，最大获利为1900元.

【分析】(1)根据图象利用待定系数法，即可求出直线解析式；

(2)利用每件利润X总销量=总