2020-2021学年湖州市南浔区九年级(上)期末数学试卷(含答案解析)

2020-2021学年湖州市南浔区九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1.AB为⊙0的直径，C为⊙O上一点，过C作CD⊥AB于点D，延长CD至E，使DE=CD，那么点E
的位置()
A. 在⊙0内
B. 在⊙0上
C. 在⊙0外
D. 不能确定
2.袋中有5个红球、4个白球、3个黄球，每一个球除颜色外都相同，从袋中任意摸出一个球是白球
的概率()
A. 1
4B. 1
3
C. 5
12
D. 7
12
3.抛物线y=−2x2+3的图象上有两点A(x1,y1 )、B(x2,y2)，若0<x1<x2时，则y1、y2的大小
是()
A. y1<y2
B. y1>y2
C. y1>0>y2
D. 无法判断
4.已知线段AB=10cm，点C是线段AB的黄金分割点(AC>BC)，则AC的长为()
A. (5−10)cm
B. (15−5)cm
C. (5−5)cm
D. (10−2)cm
5.如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，且CF=CD，
下列结论：①∠BAE=30°，②△ABE∽△AEF，③AE⊥EF，
其中正确的个数为()．
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
6.如图，已知在Rt△ABC中，∠C=90°，若AC=4，∠A=α，则BC的长
为()
A. BC=4sinα
B. BC=4
cosα
C. BC=4
tanα
D. BC=4tanα
7.在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=16，则点C到AB的距离为()
A. B. C. D.
8. 如图，已知CA 、CB 分别与⊙O 相切于A 、B 两点，D 是⊙O 上的一
点，连接AD 、BD ，若∠C =56°，则∠D 等于( )
A. 72°
B. 68°
C. 64°
D. 62°
9. 若方程(m −1)x 2+2mx +m +3=0有两个不等的实数根，则m 的取值范围是( )
A. m =1
B. m ≤32
C. m ≤32且m ≠1
D. m <32且m ≠1 10. 如图，AB 为⊙O 的直径，点C 、D 在圆上，且点B 为弧CD 的中点，若∠BAC =
30°，则∠DOB 的度数为( )
A. 30°
B. 60°
C. 45°
D. 15°
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 抛物线y =x 2+4的对称轴是______．
12. 如图，AB 是半圆O 的直径，点C 在半径OA 上，过点C 做CD ⊥AB 交半圆O 于点D.以CD ，CA 为边分
别向左、下作正方形CDEF ，CAGH.过点B 作GH 的垂线与GH 的延长线交于点I ，M 为HI 的中点.记正方形CDEF ，CAGH ，四边形BCHI 的面积分别为S 1，S 2，S 3．
(1)若AC ：BC =2：3，则S 1
S 2的值为______ ； (2)若D ，O ，M 在同条直线上，则S 1+S 2
S 3的值为______ ．
13.随意地抛一粒豆子，恰好落在图中的方格中(每个方格除颜色外完全一样)，
那么这粒豆子停在黑色方格中的概率是_________．
14.如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点(不与点A重合)，且AM<AB，△CBE由
△DAM平移得到.若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：①点M位置变化，使得∠DHC= 60°时，2BE=DM；②无论点M运动到何处，都有DM=√2HM；③无论点M运动到何处，∠CHM 一定等于150°；④无论点M运动到何处，都有S△ACE=2S△ADH.其中正确结论的序号为______ ．
15.若α为锐角，cosα=3
，则sinα=______，tanα=______．
5
16.科学家为了推测最适合某种珍奇植物生长的温度，将这种植物分别放在不同温度的环境中，经
过一定时间后，测出这种植物高度的增长情况，部分数据如下表：
温度t/℃−4−2014
植物高度增长量l/mm4149494625
科学家经过猜想，推测出l与t之间是二次函数关系．由此可以推测最适合这种植物生长的温度为________℃．
三、解答题（本大题共8小题，共66.0分）
17. (1)计算：(√3−cos30°)0+|l−tan60°|−2sin60°；
(2)解方程：4(x−3)2=9(x+1)2．
18. 甲、乙两人进行射击比赛，规定每人各射击10次，抽签决定先后，轮流射击一次．
(1)写出甲抽得先射击的概率；
(2)抽签结果是甲先射击．甲射击10次，总成绩是91环；乙射击9次后，总成绩是82环，按乙的射击
水平他必然能射中8环以上，而且射中8环以内每个点的可能性都相等，求乙最后一次射击能胜甲的概率(提示：分别计算所有可能射中8环以内区域的面积和能胜甲的环数区域的面积)．
19. 求下列抛物线的对称轴和顶点坐标，并指出它们的开口方向．
(1)y=3x2−6x+1；(2)y═−2x2−6x−1．
20. 某兴趣小组借助无人飞机航拍校园，如图，无人机在水平直线AB的正上方从E沿水平方向飞行
至F处，用时10秒，在地面A处测得E处的仰角分别为30°，在水平线上的C处测得E处和F处的仰角分别为75°和45°，已知AC=100米，求无人机飞行的速度．
21. 如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，且BE=2，CD=8，点G
是⊙O上一动点，连结AD，AG，GD，BC．
(1)求直径AB的长；
(2)若G是AC⏜上任意一动点，请找出图中和∠G相等的角(不在原图中添加线段或字母)，并说明理由；
(3)当△ADG和△CEB相似时，求此时AG的长．
22. 如图，2×2网格(每个小正方形的边长为1)中，有A，O，B，C，D，
x2+bx+c．
E，F，H，G九个格点．抛物线l的解析式为y=1
2
(1)若l经过点O(0,0)和B(1,0)，则b=______，c=______；它还经过的
另一格点的坐标为______．
(2)若l经过点H(−1,1)和G(0,1)，求它的解析式及顶点坐标；通过计算说
明点D(1,2)是否在l上．
(3)若l经过这九个格点中的三个，直接写出所有满足这样的抛物线的条数．
23. 在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2−2ax−3a(a>0)．
(1)抛物线的对称轴为直线______．
(2)当−2≤x≤2时，函数值y的取值范围是−4≤y≤b，求a和b的值．
(3)当a=1时，解决下列问题．
①抛物线上一点P到x轴的距离为6，求点P的坐标．
②将该抛物线在0≤x≤4间的部分记为G，将G在直线y=t下方的部分沿y=t翻折，其余部分保持
不变，得到的新图象记为Q，设Q的最高点、最低点的纵坐标分别为y1、y2，若y1−y2≤6，直接写出t的取值范围．
24. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点O是AB边上的一点，以OA为
半径的⊙O交边BC于点E，CA=CE，过点E作EF⊥AB于点M，交⊙O于F，连接AF．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)若AC=5，BC=13，求⊙O的半径；
(3)若∠F=2∠B，求证：四边形ACEF是菱形．
参考答案及解析
1.答案：B
解析：试题分析：由于CD⊥AB，DE=CD，即AB垂直平分CE，根据垂直平分线的性质得OC=OE，然后根据点与圆的位置关系求解．
∵CD⊥AB，DE=CD，
∴OC=OE，
∴点E在⊙O上．
故选B．
2.答案：B
解析：解：∵布袋中装有5个红球、4个白球、3个黄球，共12个球，从袋中任意摸出一个球共有12种结果，其中出现白球的情况有4种可能，
∴是白球的概率是4
12=1
3
．
故答案为：1
3
．
让白球的个数除以球的总数即为摸到白球的概率．
本题考查随机事件概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A
出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=n
m
．
3.答案：B
解析：
本题考查了二次函数的图象和性质.掌握形如y=ax2+k(a≠0)的性质是解题的关键.其对称轴是y 轴，当a>0时，在对称轴左侧，y随x的增大而减小，在对称轴右侧，y随x的增大而增大；当a<0时，在对称轴左侧，y随x的增大而增大，在对称轴右侧，y随x的增大而减小.根据二次函数的性质即可判定．
解：∵a=−2<0，
∴抛物线开口向下，且对称轴为y轴，
∴当x>0时，y随x的增大而减小，
∵0<x1<x2，y1y2与0的关系无法判断，
∴y1>y2．
故选B．
4.答案：C
解析：解：∵点C是线段AB的黄金分割点(AC>BC)，
∴AC=AB，
而AB=10cm，
∴AC=×10=(5−5)cm．
故选C．
5.答案：B
解析：本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质.掌握相似三角形的判定和性质是解决本题的关键．
CD，
解：∵在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，且CF=1
4
∴∠B=∠C=90°，AB：EC=BE：CF=2：1.
∴△ABE∽△ECF.
∴AB：EC=AE：EF，∠AEB=∠EFC.
∵BE=CE，∠FEC+∠EFC=90°，
∴AB：AE=BE：EF，∠AEB+∠FEC=90°.
∴∠AEF=∠B=90°.
∴△ABE∽△AEF，AE⊥EF.
∴②③正确．
故选B．
6.答案：D
解析：解：在Rt△ABC中，∠C=90°，
∵tanA=BC
，
AC
∴BC=ACtanA=4tanα，
故选：D．
根据正切函数的定义由tanA=BC
AC
可得BC=ACtanA=4tanα．
本题主要考查锐角三角函数的定义，熟练掌握正切函数的定义是解题的关键．
7.答案：A
解析：根据题意画出相应的图形，如图所示，在Rt△ABC中，由AC及BC的长，利用勾股定理求出AB= =20，然后过C作CD⊥AB，由直角三角形的面积可以由两直角边乘积的一半来求，也可以由斜边AB乘以斜边上的高CD除以2来求，两者相等，即=AC⋅BC=AB⋅CD，将AC，AB及BC的长代入求出CD的长，即为C到AB的距离。

在Rt△ABC中，∠C=90°，则有，
∵BC=16，AC=12，
∴AB==20，
∵S△ABC=1
2AC⋅BC=1
2
AB⋅ℎ，
∴ℎ=12×16÷20=。

故选A。

8.答案：D
解析：解：连接OA，OB，∵CA、CB切⊙O于点A、B，∴∠CAO=∠CBO=90°，
∵∠C=56°，
∴∠AOB=360°−∠CAO−∠CBO−∠C=360°−90°−90°−56°=124°．
∠AOB=62°，
由圆周角定理知，∠D=1
2
故选：D．
连接OA，OB.根据圆周角定理和四边形内角和定理求解即可．
本题考查了切线的性质、圆周角定理、以及四边形的内角和为360度．熟练掌握：圆心与切点的连线垂直切线；过圆心垂直于切线的直线必过切点；过圆外一点引圆的两条切线，切线长相等等知识是解题的关键．
9.答案：D
解析：解：∵方程(m−1)x2+2mx+m+3=0有两个不等的实数根，
∴m−1≠0，△=(2m)2−4(m−1)(m+3)>0，
且m≠1，
解得：m<3
2
故选：D．
根据已知得出不等式m−1≠0，△=(2m)2−4(m−1)(m+3)>0，求出即可．
本题考查了根的判别式、一元二次方程的定义以及解一元一次不等式组，牢记“当△≥0时，方程有两个实数根”是解题的关键
10.答案：B
解析：解：∵点B为弧CD的中点，
∴BD⏜=BC⏜，
∴∠DOB=2∠BAC，
∵∠BAC=30°，
∴∠DOB=60°，
故选：B．
根据同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的一半确定答案即可．
考查了圆周角定理的知识，解题的关键是了解“同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的一半”，难度不大．
11.答案：y轴
解析：解：抛物线y=x2+4的对称轴是y轴．
故答案为：y轴；
直接利用顶点式得出抛物线的对称轴．
此题主要考查了二次函数的性质，正确利用顶点式得出抛物线的对称轴是解题关键．
12.答案：3
25−√5 2
解析：解：(1)如图，利用AD，BD．
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∵DC⊥AB，
∴∠ACD=∠DCB=90°，
∴∠ADC+∠CAD=90°，∠ADC+∠BDC=90°，∴∠BDC=∠DAC，
∴△ACD∽△DCB，
∴CD：CB=AC：CD，
∵AC：CB=2：3，
∴可以假设AC=2k，BC=3k，
∴CD2=6k2，
∴S1
S2=CD2
AC2
=6k2
4k2
=3
2
，
故答案为3
2
．
(2)当D.O.M共线时，设CD=a，AC=b，∵CD2=AC⋅BC，
∴BC=a2
b
，
∴AB=b+a2
b =a2+b2
b
，CO=OA−AC=a2−b2
2b
，HM=MI=1
2
HL=1
2
CB=a2
2b
，
∵CO//HM，
∴DC
DH =OC
HM
，
∴a
a+b =
a2−b2
2b
a2
2b
，
整理得：(b
a )[(b
a
)2+b
a
−1]=0
∵b
a
≠0，
∴b
a =√5−1
2
或−√5−1
2
(舍弃)，
∵S1+S2
S3=a2+b2
b⋅a
2
b
=1+(b
a
)2，
∴S1+S2
S3=5−√5
2
．
故答案为5−√5
2
．
(1)设AC=2k，BC=3k，利用相似三角形的性质求出CD2即可解决问题．
(2)当D.O.M共线时，设CD=a，AC=b，由CD2=AC⋅BC，推出BC=a2
b ，推出AB=b+a2
b
=a2+b2
b
，
CO=OA−AC=a2−b2
2b ，HM=MI=1
2
HL=1
2
CB=a2
2b
，由CO//HM，推出DC
DH
=OC
HM
，推出a
a+b
=
a2−b2
2b
a2
2b
，
整理得：(b
a )[(b
a
)2+b
a
−1]=0，求出b
a
的值即可解决问题．
本题考查圆周角定理，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
13.答案：
解析：如果一次试验的所有可能结果(基本事件)数是n，其中事件E包含的结果(基本事件)数为m，则事件E发生的概率P(E)=，由图可知n=12，m=4.则可求P(E)=．
14.答案：①②④
解析：解：①如图，在正方形ABCD中，AB=CB=AD=CD，∠B=∠ADC=90°，
∴∠DAH=∠BAC=45°，
∵EH⊥AC，
∴∠AHE=90°，
∴∠MEH=∠EAH=45°=∠DAH，
∴AH=EH；
由平移得AM=BE，
∴EM=AB=AD，
∴△ADH≌△EMH(SAS)，
∴∠DHA=∠MHE，
∴∠DHM=∠DHA−∠AHM=∠MHE−∠AHM=∠AHE=90°；
以DM的中点O为圆心，以DM为直径作⊙O，连结OA、OH，则OA=OH=1
2
DM=OD，
∴点A、H在⊙O上．
当∠DHC=60°时，则∠BEC=∠AMD=180°−∠DHA=∠DHC=60°，
∴∠BCE=30°，
∴2BE=CE=DM．
故①正确；
②由①得HD=HM，∠DHM=90°，
∴DM2=HD2+HM2=2HM2，
∴DM=√2HM．
故②正确；
③∵∠CHM=∠DHC+∠DHM=∠DHC+90°，
∴∠CHM的大小随∠DHC即∠AMD的变化而变化，如当∠AMD=75°时，则∠CHM=165°≠150°．故③错误；
④作HP⊥AB于点P，HQ⊥AD于点Q，则HP=HQ=1
2
AE=AP=EP．
设正方形ABCD的边长为x，HP=HQ=a，则AE=2a．
∵S△ACE=1
2×2ax=ax，S△ADH=1
2
ax，
∴S△ACE=2S△ADH．
故④正确．
故答案为：①②④．
①由正方形的性质、平移的特征证明△ADH≌△EMH，再以MD为直径作圆，则该圆经过点A、H，可证明∠BEC=∠AMD=∠DHC=60°，由∠B=90°，得2BE=CE=DM，故①正确；
②由①得△DMH是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得到DM=√2HM，故②正确；
③由①得∠CHM的大小随∠DHC的变化而变化，举一个反例说明∠CHM的大小不是定值150°，故③错误；
④过点H作HP⊥AB，HQ⊥AD，设正方形的边长为x，HP的长为a，用含x、a的式子分别表示△ACE 和△ADH的面积，即可得出S△ACE=2S△ADH，故④正确．
此题重点考查正方形的性质、全等三角形的性质和判定、平移的特征、圆周角定理、勾股定理等知识和方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
15.答案：4
54 3
解析：解：∵∠A =α为锐角，且cosα=3
5，以∠A 为锐角作直角三角形△ABC ，∠C =90°．
∴cosα=AC
AB =3
5． 设AC =3k ，则AB =5k ． 根据勾股定理可得：BC =4k ． ∴sinα=BC
AC =4
5，tanA =BC
AC =4
3． 故答案为：4
5，4
3．
根据题意构造出直角三角形，根据直角三角形中锐角三角函数的定义解答． 本题主要考查了正切函数、正弦函数的定义，解答此题的关键是构造出直角三角形．
16.答案：−1
解析：解：设l =at 2+bt +c (a ≠0)，选(0,49)，(1,46)，(4,25)代入后得方程组 {c =49
a +
b +
c =4616a +4b +c =25， 解得：{a =−1
b =−2
c =49
，
所以l 与t 之间的二次函数解析式为：l =−t 2−2t +49， 当t =−b
2a =−1时，l 有最大值50， 即说明最适合这种植物生长的温度是−1℃．
另法：由(−2,49)，(0,49)可知抛物线的对称轴为直线t =−1，故当t =−1时，植物生长的温度最快． 故答案为：−1．
首先利用待定系数法求二次函数解析式解析式，在利用二次函数最值公式求法得出即可． 此题主要考查了二次函数的应用以及待定系数法求二次函数解析式，得出二次函数解析式是解题关键．
17.答案：解：(1)原式=1+√3−1−2×√3
2
=0； (2)两边开方得：2(x −3)=±3(x +1)， 当2(x −3)=3(x +1)时，解得：x =−9； 当2(x −3)=−3(x +1)时，解得：x =3
5；
∴原方程的根为x 1=−9,x 2=3
5．
解析：(1)根据实数的混合运算顺序和运算法则计算可得； (2)利用直接开平方法求解可得．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
18.答案：解：(1)甲抽得先射击的概率为1
2；
(2)∵甲射击10次，总成绩是91环；乙射击9次后，总成绩是82环， ∴乙最后一次射击中射中10环才能胜甲，
设中8环以上区域的半径为R ，8环以内区域半径为r ， 则乙最后一次射击能胜甲的概率为
πr 2πR 2
=r 2
R 2．
解析：(1)甲抽得先射击的概率为12．
(2)分别计算所有可能射中8环以内区域的面积和能胜甲的环数区域的面积，再利用概率公式计算即可．
本题考查几何概率，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19.答案：解：(1)y =3x 2−6x +1=3(x 2−2x +1)−2=3(x −1)2−3，
函数的对称轴为x =1，顶点坐标为(1,−3)，a =3>0，故抛物线开口向上； (2)y═−2x 2−6x −1=−2(x 2+3x +9
4)−1=−2(x +3
2)2+7
2
，
函数的对称轴为x =−3
2，顶点坐标为(−32,72)，a =−2<0，故抛物线开口向下． 解析：将函数右侧表达式配方，再根据二次函数的性质即可求解．
本题考查的是抛物线的性质，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
20.答案：解：过点C 作CD ⊥AE 于点D ，过点E 作EG ⊥CF 于点G ，
∵∠A =30°，∠BCE =75°，∠BCF =45°，
∴∠ECF =∠BCE −∠BCF =30°，∠ACE =180°−∠BCE =105°， 又∠CDA =90°，
∴∠ACD =90°−∠A =60°， ∴∠DCE =45°，
在Rt △ACD 中，∠A =30°，
∴CD=1
2
AC=50(m)，
在Rt△CDE中，CE=CD
sin∠DCE =50
sin45∘
=50√2(m)，
在Rt△CGE中，∠ECF=30°，
∴EG=1
2
CE=25√2(m)，
又EF//BC，
∴∠EFG=∠BCF=45°，
在RT△EFG中，EF=25√2
sin45°
=50(m)，
50÷10=5米/秒
∴无人机的速度为5米/秒．
解析：如图，过点C作CD⊥AE于点D，过点E作EG⊥CF于点G，根据题意确定出∠ACD与∠DCE的度数，利用锐角三角函数定义求出CD，进而求得CE，进一步求得EG，即可求出EF的长．
此题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数定义是解本题的关键．21.答案：解：(1)如图1，连接OC，设⊙O的半径为r，则OB=OC=r，
∵BE=2，
∴OE=r−2，
∵直径AB⊥CD，
∴CE=1
2
CD=4，
在Rt△OEC中，根据勾股定理得，OC2−OE2=CE2，
∴r2−(r−2)2=16，
∴r=5，
∴AB=2r=10，
即：直径AB的长为10；
(2)∠AGD=∠ABC=∠ADC，理由：
∵直径AB⊥CD，∴AC⏜=AD⏜，
∴∠ABC=∠AGD(等弧所对的圆周角相等)，
∵∠ADC=∠ABC，
∴∠AGD=∠ABC=∠ADC；
(3)∵CD⊥AB，
∴∠BEC =90°，
由(2)知，∠AGD =∠CBE ， ∵△ADG 与△CEB 相似，
∴∠ADG =∠BEC =90°或∠DAG =∠BEC =90°， ①当∠ADG =90°时， ∴AG 是⊙O 的直径，
∴点G 和点B 重合，此时，AG =AB =10； ②当∠DAG =90°时， ∴DG 是⊙O 的直径，如图2， 在Rt △BEC 中，BE =2，CE =4， ∴BC =√BE 2+CE 2=2√5， ∵△DAG∽△CEB ， ∴AG
BE =DG
BC ， ∵DG =10， ∴
AG 2=10
2√
5， ∴AG =2√5，
即：当△ADG 和△CEB 相似时，AG 的长为10或2√5．
解析：(1)设出半径，表示出OE =r −2，再用勾股定理求出r ，即可得出结论； (2)先由CD ⊥AB ，得出AC
⏜=AD ⏜，最后用同弧或等弧所对的圆周角相等即可得出结论； (3)分∠DAG =90°和∠ADG =90°，两种情况即可得出结论．
此题是圆的综合题，主要考查了垂径定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，同弧(等弧)所对的圆周角相等，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
22.答案：(1)−1
2；0；(−1,1)；
(2)根据题意得：{c =1
1
2
−b+c=1
，
解得：{c =1
b=
1
2，
则函数的解析式是：y =12x 2+1
2x +1，
y =12x 2+12x +1=12(x +12)2+78，则顶点坐标为(−12,7
8
)，点D(1,2)在抛物线l 上；
(3)因为题目中的a =0.5，在这个条件下，抛物线的开口方向和开口大小是确定的．应该是4条，分别过HOB 三点，AOC 三点，HGD 三点，还有FGC 三点， 综上所述，满足这样的抛物线有4条． 解析：解：(1)根据题意得：{c =0
12
+b +c =0，
解得：{
c =0
b=−
1
2， 故函数的解析式是：y =12x 2−1
2x ，
点中H(−1,1)满足函数解析式，则另一个格点的坐标是(−1,1)． 故答案是：−1
2，0，(−1,1)； (2)根据题意得：{c =1
1
2−b+c=1
，
解得：{c =1
b=1
2
，
则函数的解析式是：y =1
2x 2+1
2x +1，
y =1
2x 2+1
2x +1=1
2(x +1
2)2+7
8，则顶点坐标为(−12,7
8)，点D(1,2)在
抛物线l 上；
(3)因为题目中的a =0.5，在这个条件下，抛物线的开口方向和开口大小是确定的．应该是4条，分别过HOB 三点，AOC 三点，HGD 三点，还有FGC 三点， 综上所述，满足这样的抛物线有4条．
(1)把两个点代入解析式即可得到关于b 、c 的方程组，从而求得b 和c 的值，然后把格点坐标代入解析式即可判断； (2)与(1)的解法相同；
(3)二次函数的二次项系数不变，则抛物线的形状和开口方向不变，则移动抛物线的顶点到图中的一个点，同时，经过另外两个的抛物线就是符合要求的图形．
本题考查了待定系数法求函数的解析式，正确确定经过这九个格点中的三个的函数经过的三点是关键．
23.答案：x=1
=1，
解析：解：(1)函数的对称轴为：x=−−2a
2a
故答案为x=1；
(2)函数对称轴为x=1，当−2≤x≤2时，函数值y的取值范围是−4≤y≤b，
故y=−4是函数的最小值，即抛物线的顶点为(1,−4)，
将函数顶点坐标代入函数表达式并解得：a=1，
故抛物线的表达式为：y=x2−2x−3，
则b=(−2)2−2(−2)−3=5；
(3)①∵抛物线上一点P到x轴的距离为6，而顶点坐标为(1,−4)，
故x2−2x−3=6，解得：x=1±√10，
故点P的坐标为(1+√10,6)或(1−√10,6)；
②设图象折叠后顶点M的对应点为M′，点H是x=4函数所处的位置，图象Q为C′M′NH区域，
点M(1,−4)，点H(4,5)，则点M′(1,2t+4)，
，
当点M′在点H下方时，2t+4≤5，t≤1
2
函数Q的最高点为H，最低点为N，
则5−t≤6，解得：t≥−1，
故−1≤t≤1
；
2
当点M′在点H上方时，
≤t≤2；
同理可得：1
2
故−1≤t≤2．
=1，即可求解；
(1)函数的对称轴为：x=−−2a
2a
(2)函数对称轴为x=1，当−2≤x≤2时，函数值y的取值范围是−4≤y≤b，故y=−4是函数的最小值，即抛物线的顶点为(1,−4)，即可求解；
(3)①抛物线上一点P到x轴的距离为6，而顶点坐标为(1,−4)，故x2−2x−3=6，即可求解；②分M′在点H下方、上方两种情况分别求解即可．
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到图象的翻折、函数的最值、不等式的应用等，其中(2)、(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
24.答案：证明：(1)连接OE，OC，
在△ACO和△ECO中，
∵{AC=CE OA=OE OC=OC
，
∴△ACO≌△ECO(SSS)，
∴∠OEC=∠OAC=90°，
∵OE为⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
(2)设圆O半径为r，
在Rt△ABC中，BC=13，AC=5，
根据勾股定理得：AB=√BC2−AC2=12，由(1)得：∠OEB=∠BAC=90°，
∵∠B=∠B，
∴△BOE∽△BCA，
∴OE
AC =OB
BC
，即r
5
=12−r
13
，
解得：r=10
3
；
(3)∵AE⏜=AE⏜，∠F=2∠B，
∴∠AOE=2∠F=4∠B，
∵∠AOE=∠OEB+∠B，
∴∠B=30°，∠F=60°，
∵EF⊥AD，
∴∠EMB=∠CAB=90°，
∴∠MEB=∠F=60°，CA//EF，
∴CB//AF，
∴四边形ACEF为平行四边形，
∵CA=CE，
∴平行四边形ACEF为菱形．
解析：(1)连接OE，OC，根据SSS证明△ACO≌△ECO，得∠OEC=∠OAC=90°，所以BC是⊙O的切线；
(2)设圆的半径为r，在直角三角形ABC中，利用勾股定理求出AB的长，利用两角相等的三角形相似得到三角形BOE与三角形ABC相似，由相似得比例求出r的值即可；
(3)利用同弧所对的圆周角相等，得到∠AOE=4∠B，进而求出∠B与∠F的度数，根据EF与AD垂直，得到一对直角相等，确定出∠MEB=∠F=60°，CA与EF平行，进而得到CB与AF平行，确定出四边形ACEF为平行四边形，利用邻边相等的平行四边形为菱形即可得证．
此题考查了切线的性质，菱形的判定，相似三角形的判定与性质，以及垂径定理，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．。