2019-2020学年福建省泉州实验中学九年级(上)期末数学试卷(附详解)

2019-2020学年福建省泉州实验中学九年级（上）期末数
学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）
1.有15位学生参加学校组织的“爱我中华”演讲比赛，比赛结束后根据每位学生的最
后得分计算出平均数、中位数、众数、方差．如果修改规则：先去掉一个最高分，去掉一个最低分，再进行统计，则上述四个统计量中，一定不会发生变化的是()
A. 平均数
B. 中位数
C. 众数
D. 方差
2.如图，电线杆CD的高度为ℎ，两根拉线AC与BC相
互垂直，∠CAB=α，则拉线BC的长度为(A、D、B
在同一条直线上)()
A. ℎ
sinα
B. ℎ
cosα
C. ℎ
tanα
D. ℎ⋅cosα
3.如图，点A，B，C在⊙O上，∠A=36°，∠C=28°，则∠B=()
A. 100°
B. 72°
C. 64°
D. 36°
4.用配方法将二次函数y=x2−8x−9化为y=a(x−ℎ)2+k的形式为()
A. y=a(x−4)2+7
B. y=a(x−4)2−25
C. y=a(x+4)2+7
D. y=a(x+4)2−25
5.为了了解某校九年级500名学生的体重情况，从中抽取50名学生的体重进行统计分
析，在这个问题中，总体是指()
A. 500
B. 被抽取的50名学生
C. 500名学生的体重
D. 被抽取的50名学生的体重
6.已知m为实数，抛物线y=x2+mx−2与x轴的交点情况是()
A. 没有交点
B. 只有一个交点
C. 有两个不同的交点
D. 无法判断有没有交点
7.如果∠A是锐角，则下列结论正确个数为()个．
①√(sinA−1)2=sinA−1；②sinA+cosA>1；③tanA>sinA；④cosA=
sin(90°−∠A)
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
8.圆锥体的底面半径为2，侧面积为8π，则其侧面展开图的圆心角为()
A. 90°
B. 120°
C. 150°
D. 180°
9.抛物线y=−x2+ax+b交x轴正半轴于A、B两点，交y轴于C点，∠OAC=60°，
则下列各式成立的是()
A. b+√3a−3=0
B. b−√3a+3=0
C. a+√3b−3=0
D. a−√3b+3=0
10.已知如图，抛物线y=ax2+bx与x轴正半轴交于点
A，点P是抛物线在第一象限上的一个动点，过点P
的直线BC分别交y轴的正半轴、x轴的正半轴于点B、
C.过点C作CD⊥x轴交射线OP于点
D.设点P的纵坐
标为y p，若OB⋅CD=8，则y的最大值是()
A. 8
B. 4
C. 2√2
D. √2
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11.已知二次函数y=2x2的图象向下平移3个单位后所得函数的解析式是______．
12.若抛物线y=x2−2mx+3−m的图象经过原点，则该抛物线与x轴两交点的距离
为______．
13.如图，△ABC内接于⊙O，AO=2，BC=2√3，则∠BAC的
度数为______．
14.如图，在边长相同的小正方形网格中，点A、B、C、D都在这
些小正方形的顶点上，AB与CD相交于点P，则tan∠APD的值
为______．
15.抛物线y=−x2+4x和x轴所围成的封图形内画出一个最大的正方形，使得正方形
的一边在x轴上，其对边的两个端点在抛物线上，则这个最大正方形的边长为______．16.如图，AB是OO的直径，C是AB的中点，弦CD与AB相交
于E.若AE=EO，则sin∠AOD=______．
三、解答题（本大题共9小题，共86.0分）
17.计算：tan30°⋅cos30°−(−2)−1+√(1−tan60°)2．
18.已知：P为⊙O外一点求作：经过点P的⊙O的切线．
作法：如图，①连接OP，作线段OP的垂直平分线交OP于点A；②以点A为圆心，OA的长为半径作圆，交⊙O于B，C两点；③作直线PB，PC，所以直线PB，PC就是所求作的切线，根据尺规作图过程：
(1)使用直尺和圆规补全图形(保留作图痕迹)；
(2)如果切线PB，PC所夹的锐角为50°，点D为优弧BC上的一动点(点D不与B、C重
合)求∠BDC的度数．
19.如图，重庆楼房的一大特色是：你住底楼门口是公路，
坐电梯上顶楼，你的门口还是公路！小明家所住的大
楼AB就是这样一栋有鲜明重庆特色的建筑，从距离
大楼底部B30米处的C，有条陡坡公路，车辆从C沿坡
度i=1：2.4，坡面长13米的斜坡到达D后，再沿坡
角为30°的斜坡行进即可达到大楼的顶端A处，求大楼
的高度．
x2+bx+c经过点A(−2,0)，点B(0,4)．
20.抛物线y=−1
2
(1)求这条抛物线的表达式，并求出抛物线的对称轴；
(2)P是抛物线对称轴上的点，联结AB、PB，如果∠PBO=∠BAO，求点P的坐标．
21.垫球是排球队常规训练的重要项目之一．下列图表中的数据是甲、乙、丙三人每人
十次垫球测试的成绩．测试规则为连续接球10个，每垫球到位1个记1分．
运动员甲测试成绩表
测试序号12345678910
成绩(分)7687758787
(1)写出运动员甲测试成绩的众数和中位数；
(2)在他们三人中选择一位垫球成绩优秀且较为稳定的接球能手作为自由人，你认
为选谁更合适？为什么？(参考数据：三人成绩的方差分别为S甲2=0.8、S乙2=0.4、2=0.8)
S
丙
(3)甲、乙、丙三人相互之间进行垫球练习，每个人的球都等可能的传给其他两人，
球最先从甲手中传出，第三轮结束时球回到甲手中的概率是多少？(用树状图或列表法解答)
22.古希腊数学家阿基米德提出并证明了“折弦定理”.如图1，AB和BC是⊙O的两条
弦(即折线ABC是圆的一条折弦)，BC>AB，M是优弧ABC的中点，则从M向BC所
作垂线的垂足D 是折弦ABC 的中点，即CD =AB +BD ． (1)请按照下面的证明思路，写出该证明的剩余部分； 证明：如图2，在CB 上截取CG =AB ， 连接MA ，MB ，MC 和MG ． ∵M 是ABC ⏜的中点， ∴MA
⏜=MC ⏜， ∴MA =MC ．
(2)如图(3)，已知等边△ABC 内接于⊙O ，AB =2，D 为⊙O 上一点，∠ABD =45°，AE ⊥BD ，垂足为E ，请你运用“折弦定理”求△BDC 的周长．
23. 电影公司随机收集了2000部电影的有关数据，经分类整理得到下表：
电影类型 第一类 第二类
第三类 第四类 第五类 第六类 电影部数 140 50 300 200 800 510 好评率
0.4
0.2
m
0.25
0.2
0.1
注：好评率是指一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值． (1)已知第三类电影获得好评的有45部，则m =______；
(2)如果电影公司从收集的电影中随机选取1部，求抽到的这部电影是获得好评的第四类电影的概率；
(3)在(1)的条件下电影公司为了增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化，假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化，那么
哪类电影的好评率增加0.1，哪类电影的好评率减少0.1，可使改变投资策略后总的好评率达到最大？
(4)设一到六类电影的票价依次为60元，50元，40元，30元，20元，10元，未获好
评的电影的上座率均相同．获好评的六类电影的上座率依次会加120%，100%，70%，50%，20%，20%，在(3)的条件下，试说明总票房是否增加？
24.已知抛物线l1：y1=ax2+2的顶点为P，交x轴于A、B两点(A点在B点左侧)，且
sin∠ABP=√5
．
5
(1)求抛物线l1的函数解析式；
(2)过点A的直线交第四象限的抛物线于点C，交y轴于点D，若△ABC的面积被y轴
分为1：4两个部分，求直线AC的解析式；
(3)将抛物线l1绕点P逆时针旋转180°得到抛物线l2，Q为y轴上点P上方的一点，过
点Q任作直线交旋转后的抛物线l2于M、N两个不同点，是否存在这样的点Q，使得∠MPN恒为直角？若存在，请求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
25.等腰△ABC中，AC=BC，O为AB边上一点，以O为圆心的圆与AC相切于点C，交AB
边于D，EF为⊙O的直径，EF⊥BC于G．
(1)如图1，求证：ĈD=D̂E；
(2)如图2，延长CB交⊙O于H，连接HD、FH，求证：∠EFH=2∠DHC；
(3)在(2)条件下，连接CD，若tan∠HDC=24
，CH=8，求FH的长．
7
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：先去掉一个最高分，去掉一个最低分，再进行统计，则上述四个统计量中，一定不会发生变化的是中位数；
故选：B．
根据中位数的定义：位于中间位置或中间两数的平均数可以得到去掉一个最高分和一个最低分不影响中位数．
此题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差的意义，此题关键是了解中位数的定义，难度不大．
2.【答案】B
【解析】解：∵∠CAD+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠CAD=∠BCD，
在Rt△BCD中，∵cos∠BCD=CD
BC
，
∴BC=CD
cos∠BCD =ℎ
cosα
，
故选：B．
根据同角的余角相等得∠CAD=∠BCD，由os∠BCD=CD
BC 知BC=CD
cos∠BCD
=ℎ
cosα
．
本题主要考查解直角三角形的应用，熟练掌握同角的余角相等和三角函数的定义是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：连接OA，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠C=28°，
∴∠OAB=64°，
∵OA=OB，
∴∠B=∠OAB=64°，
故选：C．
连接OA，根据等腰三角形的性质得到∠OAC=∠C=28°，根据等腰三角形的性质解答即可．
本题考查的是圆周角定理，掌握圆的半径相等、等腰三角形的性质是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：y=x2−8x−9=x2−8x+16−9−16=(x−4) 2−25，
故选：B．
运用配方法把二次函数的一般式化为顶点式即可．
本题考查的是二次函数的三种形式，正确运用配方法把二次函数的一般式化为顶点式是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：本题考查的对象是某中学九年级500名学生的体重情况，
故总体是某中学九年级500名学生的体重情况．
故选：C．
本题考查的是确定总体．解此类题需要注意“考查对象实际应是表示事物某一特征的数据，而非考查的事物”.我们在区分总体、个体、样本、样本容量这四个概念时，首先找出考查的对象，从而找出总体、个体，再根据被收集数据的这一部分对象找出样本．解题要分清具体问题中的总体、个体与样本，关键是明确考查的对象．总体、个体与样本的考查对象是相同的，所不同的是范围的大小．样本容量是样本中包含的个体的数目，不能带单位．
6.【答案】C
【解析】解：对于抛物线y=x2+mx−2，
当y=0时，x2+mx−2=0，
∵b2−4ac=m2+8>0，
∴抛物线y=x2+mx−2与x轴有两个不同的交点，
故选：C．
利用一元二次方程根的判别式判断即可．
本题考查的是抛物线与x轴的交点，掌握二次函数与方程的关系是解题的关键．7.【答案】C
【解析】解：
∵在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=b，BC=a，AB=c，如图，
sinA=a
c ，cosA=b
c
，tanA=a
b
，
∴√(sinA−1)2=1−sinA，sinA+cosA=a
c +b
c
=a+b
c
>1，tanA>sinA，
∵cosA=b
c ，sin(90°−∠A)=sinB=b
c
，
∴cosA=sin(90°−∠A)，
即正确的有②③④，共3个，故选C．
先画出图形，根据锐角三角函数的定义求出sinA=a
c ，cosA=b
c
，tanA=a
b
，再分别代
入求出，即可判断正误．
本题考查了锐角三角函数的定义的应用，主要考查学生的计算能力和辨析能力，注意：
在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=b，BC=a，AB=c，sinA=a
c ，cosA=b
c
，tanA=a
b
．
8.【答案】D
【解析】解：设圆锥的侧面展开图的圆心角为n°，母线长为R，
根据题意得1
2
⋅2π⋅2⋅R=8π，解得R=4，
所以n⋅π⋅4
180
=2⋅2π，解得n=180，
即圆锥的侧面展开图的圆心角为180°．
故选：D．
设圆锥的侧面展开图的圆心角为n°，母线长为R，先根据锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式得
到1
2⋅2π⋅2⋅R=8π，解得R=4，然后根据弧长公式得到n⋅π⋅4
180
=2⋅2π，再解关于n的方
程即可．
本题考查了圆锥的计算：锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
9.【答案】A
【解析】解：根据题意画出图形，设OA的长为m，则OC=√3m，
∴A(m,0)，C(0,−√3m)，
∴{−m 2+am+b=0
b=−√3m ，解得{
a=m+√3①
b=−√3m②
，
①×√3+②，得，√3a+b=3(√3<a<2√3).
故选：A．
根据题意画出图形，设OA的长为m，则OC=√3m，由此可求出a和b，再结合各个选项得出结论即可．
本题主要考查了待定系数法确定二次函数解析式，含30度的直角三角形等知识，设出参数表达m，关键是用m表达a和b，再消去m．
10.【答案】D
【解析】解：如图，作PT⊥x轴于点H，
∵CD⊥x轴，OB⊥x轴，
∴OB//PT//CD，
∴PH
OB =CH
CO
①，PH
CD
=OH
OC
②，
①+②得PH
OB +PH
CD
=1，
∴1
OB +1
CD
=1
PH
，
∴1
y P =1
OB
+1
CD
=OB+CD
OB⋅CD
，
∴y p=OB+CD
OB⋅CD =8
OB+CD
，
∵OB+CD≥2√OB⋅CD，即OB+CD≥4√2(当且仅当OB=CD时取等号)，∴y p≤
4√2
，即y P≤√2，
∴y P的最大值为√2．
故选：D．
，作PT⊥x轴于点H，利用平行线分线段成比例定理得到PH
OB =CH
CO
①，PH
CD
=OH
OC
②，利
用①+②得PH
OB +PH
CD
=1，变形得到y p=8
OB+CD
，根据完全平方公式得到OB+CD≥
2√OB⋅CD，即OB+CD≥4√2(当且仅当OB=CD时取等号)，从而得到y P的最大值．本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；运
用几何计算得到y p=OB+CD
OB⋅CD =8
OB+CD
是解题的关键．
11.【答案】y=2x2−3
【解析】解：∵原抛物线的顶点为(0,0)，二次函数y=2x2的图象向下平移3个单位，∴新抛物线的解析式为(0,−3)，
∴二次函数y=2x2的图象向下平移3个单位后所得函数的解析式是y=2x2−3．
故答案为：y=2x2−3．
易得新抛物线的顶点，根据平移不改变二次函数的系数可得新二次函数解析式．
考查二次函数的平移问题；用到的知识点为：抛物线的平移，看顶点的平移即可；平移不改变二次函数的系数．
12.【答案】6
【解析】解：∵抛物线y=x2−2mx+3−m的图象经过原点，
∴3−m=0，
解得：m=3，
∴函数解析式为：y=x2−6x，
当y=0时，x2−6x=0，
解得：x1=0，x2=6，
∴该抛物线与x轴两交点坐标分别为(0,0)和(6,0)，
则该抛物线与x轴两交点的距离为6，
故答案为：6．
根据抛物线经过原点求出m，得到抛物线的解析式，解方程求出抛物线与x轴两交点坐标，计算即可．
本题考查的是抛物线与x轴的交点，正确求出抛物线与x轴的交点是解题的关键．13.【答案】60°
【解析】解：连接OB、OC，作OD⊥BC于D，如图，
∵OD⊥BC，
∴BD=1
2BC=1
2
×2√3=√3，
在Rt△OBD中，OB=OA=2，BD=√3，
∴cos∠OBD=BD
OB =√3
2
，
∴∠OBD=30°，
∵OB=OC，
∴∠OCB=30°，
∴∠BOC=120°，
∴∠BAC=1
2
∠BOC=60°．
故答案为60°．
连接OB、OC，作OD⊥BC于D，根据垂径定理得BD=1
2
BC=√3，在Rt△OBD中，得
cos∠OBD=BD
OB =√3
2
，则∠OBD=30°，由于OB=OC，则∠OCB=30°，所以∠BOC=120°，
然后根据圆周角定理即可得到∠BAC=1
2
∠BOC=60°．
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，考查了圆周角定理和解直角三角形，属于中档题．
14.【答案】2
【解析】解：如图，连接BE，∵四边形BCED是正方形，
∴DF=CF=1
2CD，BF=1
2
BE，CD=BE，BE⊥CD，
∴BF=CF，
根据题意得：AC//BD，
∴△ACP∽△BDP，
∴DP：CP=BD：AC=1：3，∴DP：DF=1：2，
∴DP=PF=1
2CF=1
2
BF，
在Rt△PBF中，tan∠BPF=BF
PF
=2，
∵∠APD=∠BPF，
∴tan∠APD=2．
故答案为：2
首先连接BE，由题意易得BF=CF，△ACP∽△BDP，然后由相似三角形的对应边成比例，易得DP：CP=1：3，即可得PF：CF=PF：BF=1：2，在Rt△PBF中，即可求得tan∠BPF的值，继而求得答案．
此题考查了相似三角形的判定与性质，三角函数的定义．此题难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，注意转化思想与数形结合思想的应用．
15.【答案】2√5−2
【解析】解：如图，设最大正方形
ABCD的边长为m，则B、C两点的
纵坐标为m，
且由对称性可知：B、C两点关于抛
物线对称轴对称，
∵y=−x2+4x=−(x−2)2+4，
∴抛物线的对称轴为：x=2，
∴点B的坐标为(2−m
2
,m)，
∵B点在抛物线上，
∴m=−(2−m
2
)2
+4(2−
m
2
),
整理，得m2+4m−16=0，
∴m=−4±4√5
2
=−2±2√5(舍负)
∴m=2√5−2．
故答案为：2√5−2．
设最大正方形ABCD的边长为m，则B、C两点的纵坐标为m，且由对称性可知，B、C两点关于抛物线对称轴对称，求出点B的坐标，B点代入抛物线，解得m．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，抛物线与x轴的交点，二次函数的最值，熟知二次函数的对称性，表示出B的坐标是解题的关键．
16.【答案】3
5
【解析】解：过点D作DH⊥AB于点H，连接OC，如图，
∵AB是OO的直径，C是AB⏜的中点，
∴∠AOC=∠BOC=90°，
∴OC⊥AB．
∵DH⊥AB，
∴OC//DH．
∴△DHE∽△COE．
∴DH
HE =OC
OE
．
∵AE=EO，OC=OA，
∴OC=2OE．
∴DH
HE
=2．
设圆的半径为r，设HE=a，则DH=2a，在Rt△OHD中，
∵OH2+DH2=OD2，
∴(a+1
2
r)2+(2a)2=r2，
解得：a=−1
2r(不合题意，舍去)或a=3
10
r，
∴DH=3
5
r.
∴sin∠AOD=DH
OD =
3
5
r
r
=3
5
．
故答案为：3
5
．
过点D作DH⊥AB于点H，连接OC，利用已知条件可得OC//DH，则△DHE∽△COE；利
用相似三角形的性质可得DH
HE
=2.设圆的半径为r，设HE=a，则DH=2a，利用勾股定理列出方程，解方程求得a值，利用直角三角形的边角关系，在Rt△ODH中即可求得结论．
本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用，过点D 作DH⊥AB于点H，将∠AOD放在直角三角形中是解题的关键．
17.【答案】解：tan30°⋅cos30°−(−2)−1+√(1−tan60°)2
=√3
3×√3
2
−(−1
2
)+|1−√3|
=1
2+1
2
+√3−1
=√3．
【解析】把特殊角的三角函数值代入化简计算即可．
本题考查了实数的运算，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，准确熟练的掌握特殊角的三角函数值是解题的关键．
18.【答案】解：(1)如图，直线PB，PC即为所求；
(2)∵PB，PC是⊙A的切线，
∴∠PBO=∠PCO=90°，∖
∴∠BOC=180°−∠BPC=130°，′
∴∠BDC=1
2
∠BOC=65°
【解析】(1)根据要求作出图形即可；
(2)利用切线的性质以及圆周角定理解决问题即可．
本题考查作图−复杂作图，线段的垂直平分线的性质，圆周角定理等知识，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：过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CE⊥DF
与点E，如图所示：
则BF=CE，EF=BC=30米，
∵CD的坡度i=1：2.4=CE：DE，CD=13米，
∴设CE=x米，则DE=2.4x米，
∴CD=√x2+(2.4x)2=13
5
x(米)，
∴13
5
x=13，
∴x=5，
∴BF=CE=5(米)，DE=12(米)，
在Rt△ADF中，∠ADF=30°，DF=DE+EF=42(米)，
∴AF=DF⋅tan∠ADF=42×√3
3
=14√3(米)，
∴AB=AF+BF=(14√3+5)米，
即大楼的高度为(14√3+5)米．
【解析】过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CE⊥DF于点E，通过解直角三角形可求出CE、DE、AF的长，再由AB=AF+BF即可求出答案．
本题考查了解直角三角形的应用、勾股定理等知识，正确作出辅助线，通过解直角三角形求出AF、CE的长是解题的关键．
20.【答案】解：(1)由题意得，
{−1
2
×(−2)2−2b+c=0
c=4
，
∴{b =1c =4
， ∴y =−12x 2+x +4，
对称轴是直线：x =−1
2×(−12)=1；
(2)如图，
作PC ⊥OB 于C ，
∴∠PCB =∠AOB =90°，
∵∠PBO =∠BAO ， ∴△BCP∽△AOB ，
∴
PC BC =OB OA ， ∴1
BC =42
， ∴BC =12，
∴OC =OB −BC =7
2，
∴P(1,72
).
【解析】(1)把A 、B 两点坐标代入抛物线表达式求得表达式，根据对称轴公式求得对称轴；
(2)作PC ⊥OB 于C ，证明△BCP∽△AOB ，从而求得BC ，进而求得点P 坐标．
本题考查了求二次函数的表达式和对称轴，相似三角形的判定和性质，解决问题的关键是将角相等转化为三角形相似．
21.【答案】解：(1)甲运动员测试成绩的众数和中位数都是7分．
(2)∵x 甲−=7(分)，x 乙−=7(分)，x 丙−
=6.3(分)，
∴x 甲−=x 乙−>x 丙−
，S 甲2>S 乙2 ∴选乙运动员更合适．
(3)树状图如图所示，
第三轮结束时球回到甲手中的概率是p =28=1
4．
【解析】(1)观察表格可知甲运动员测试成绩的众数和中位数都是7分；
(2)易知x 甲−=7(分)，x 乙−=7(分)，x 丙−=6.3(分)，根据题意不难判断；
(3)画出树状图，即可解决问题；
本题考查列表法、条形图、折线图、中位数、平均数、方差等知识，熟练掌握基本概念是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：如图2，在CB 上截取CG =AB ，
连接MA ，MB ，MC 和MG ．
∵M 是ABC
⏜的中点， ∴MA
⏜=MC ⏜， ∴MA =MC ．
在△MBA 和△MGC 中
∵{BA =GC ∠A =∠C MA =MC
，
∴△MBA≌△MGC(SAS)，
∴MB =MG ，
又∵MD ⊥BC ，
∴BD =GD ，
∴DC =GC +GD =AB +BD ；
(2)解：如图3，截取BF =CD ，连接AF ，AD ，CD ，
由题意可得：AB =AC ，∠ABF =∠ACD ，
在△ABF 和△ACD 中
∵{AB=AC
∠ABF=∠ACD BF=DC
，
∴△ABF≌ACD(SAS)，
∴AF=AD，
∵AE⊥BD，
∴FE=DE，则CD+DE=BE，
∵∠ABD=45°，
∴BE=
√2
=√2，
则△BDC的周长是2+2√2．
【解析】(1)首先证明△MBA≌△MGC(SAS)，进而得出MB=MG，再利用等腰三角形的性质得出BD=GD，即可得出答案；
(2)首先证明△ABF≌ACD(SAS)，进而得出AF=AD，以及CD+DE=BE，进而求出DE 的长即可得出答案．
此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及等腰三角形以及等边三角形的性质，正确作出辅助线利用全等三角形的判定与性质解题是解题关键．
23.【答案】0.15
【解析】解：(1)m=45
300
=0.15．
故答案为：0.15．
(2)由题意，如果电影公司从收集的电影中随机选取1部，抽到的这部电影是获得好评的
第四类电影的概率为：200×0.25
2000=1
40
．
∴如果电影公司从收集的电影中随机选取1部，抽到的这部电影是获得好评的第四类电影
的概率为：1
40
．
(3)只需部数最多的那类好评率增加0.1，部数最少的那类好评率减少0.1，就可以使总的好评率达到最大．
∴第五类好评率增加0.1，第二类好评率减少0.1，就可以使总的好评率得到最大．(4)因为未获好评电影的上座率相同，故只需计算或好评的电影票房即可．
未改变投资策略前，获好评电影票房为：60×140×0.4×(1+120%)+50×50×0.2×(1+100%)+40×300×0.15×(1+70%)+30×200×0.25×(1+50%)+
20×800×0.2×(1+20%)+10×510×0.1×(1+20%)=18154(元)．
改变投资策略后，或好评电影票房为：获好评电影票房为：60×140×0.4×(1+ 120%)+50×50×(0.2−0.1)×(1+100%)+40×300×0.15×(1+70%)+ 30×200×0.25×(1+50%)+20×800×(0.2+0.1)×(1+20%)+10×510×0.1×(1+20%)=19574(元)．
∵19574>18154．
∴票房增加．
(1)根据所有好评率d的定义计算．
(2)根据古典概率公式计算．
(3)只需使好评电影部数增加最大即可．
(4)分别计算改变投资前后的的票房即可．
本题考查概率的计算，理解题意，正确使用概率计算公式是求解本题的关键．
24.【答案】解：(1)由题意得：P(0,2)，
∴OP=2，
∵sin∠ABP=OP
BP =√5
5
，
∴2
BP =√5
5
，
∴BP=2√5，
∴OB=√BP2−OP2=√(2√5)2−22=4，∴B(4,0)，
∴a.42+2=0，
∴a=−1
8
，
∴y=−1
8
x2+2；
(2)如图1，
设点C(a,−1
8
a2+2)，作CE⊥AB于E，
∴CE//OD，
∴△AOD∽△AEC，
∴OA
AE =OD
CE
，
∴4
a+4=OD
1
8
x2−2
，
∴OD=1
2
(a−4)，
∵△ABC的面积被y轴分为1：4两个部分，
∴S△AOD=1
5
S△ABC，
∴1
2×4×1
2
(a−4)=1
5
×1
2
×8⋅(1
8
a2−2)，
∴a=6，
当a=6时，OD=1
2
×(6−2)=2，∴D(0,−2)，
设AC的解析式是：y=kx+b，
∴{b=−2
−4k+b=0，
∴{b=−2 k=−1
2
，
∴y=−1
2
x−2；
(3)，如图2，
存在Q(0,10)，使∠MPN恒为90°，
设Q(0,b)，
过Q点作MN//x轴，交抛物线于M，N，
∴1
8
x2+2=b，
∴x=±√8(b−2)，
∴MN=2√8(b−2)2，
∵PQ=b−2，
∴当MN=2PQ时，∠MPN=90°，
∴2√8(b−2)=2(b−2)，
∴b=10，
∴Q(0,10)，
下面证明过Q任意一条直线，能使∠MPN恒为90°，
设M(m,1
8m2+2)，N(n,1
8
n2+2)，MN的中点记作F，
∴直线MN的解析式是：y=1
8(m+n)⋅x+1
8
mn+2，F(m+n
2
,
1
8
m2+1
8
n2+4
2
)，
把x=0，y=10代入得，mn=−64，
∵MN2=(m−n)2+[(1
8m2+2)−(1
8
n2+2)]2
=m2+n2−2mn+1
64
[m4+n4−2(mn)2]
=m2+n2+1
64
(m4+n4)；
FQ2=(m+n
2)2+(
1
8
m2+1
8
n2
2
)2
=1
4[m2+n2+1
64
(m4+n4)]，
∴FQ=1
2
MN，
∴∠MPN=90°，
【解析】(1)解直角三角形POB：OP=2，sin∠ABP，求出OB即可；
(2)设点C(a,−1
8a2+2)，可证△AOD∽△AEC，从而表示出OD=1
2
(a−4)，进而根据△
ABC的面积被y轴分为1：4两个部分求得a；
(3)用特殊情形找出Q：过Q点作MN//x轴，交抛物线于M，N，从而求得Q(0,10)，下面
证明过Q任意一条直线，能使∠MPN恒为90°：设M(m,1
8m2+2)，N(n,1
8
n2+2)，MN的
中点记作F，表示MN2和FQ2，从而得出FQ=1
2
MN，进而可论证得出结果．
本题是二次函数综合运用，考查了求二次函数解析式，一次函数解析式，解直角三角形，一元二次方程根与系数关系等知识，解决问题的关键是先求出Q点．
25.【答案】(1)证明：如图1，连接OC，
∵AC切⊙O于点C，
∴OC⊥AC，
∴∠COA+∠A=90°，
又∵CA=CB，
∴∠A=∠CBA，
∴∠COA+∠CBA=90°，
∵EF⊥BC于点G，
∴∠GOB=∠CBA=90°，
∴∠COA=∠GOB=∠DOE，
∴ĈD=D̂E；
(2)证明：如图2，连接OC、CE，
由(1)知∠COA=∠DOE，
∵OC=OE，
∴CE⊥OD，
∴∠E+∠DOE=90°，
∴∠E+∠DOC=90°，
∵∠DOC=2∠DHC，
∴∠E +2∠DHC =90°，
又∠E =∠FHC ，
∴∠FHC +2∠DHC =90°，
∵∠FHC +∠EFH =90°，
∴∠EFH =2∠DHC ；
(3)解：如图3，连接OC 、OH 、CF ，
∵EF ⊥CH ，
∴C
̂F =F ̂H ， ∴∠COH =2∠COF ，
又∵∠COH =2∠CDH ，
∴∠COF =∠CDH ，
∵CH =8，
∴CG =GH =4，
在Rt △COG 中，∠CGO =90°，CG =4，
OG =CG tan∠COG =76， ∴CO =√42+(76)2=
256， ∴OF =25
6，GF =3，
FH =CF =√32+42=5．
【解析】(1)连接OC ，根据AC 切⊙O 于点C 得到∠COA +∠A =90°，根据EF ⊥BC 于点G 得到∠GOB =∠CBA =90°，从而得到∠COA =∠GOB =∠DOE ，相等的圆心角所对的弧
相等得到C
̂D =D ̂E ； (2)连接OC 、CE ，由(1)知∠COA =∠DOE ，得到∠E +2∠DHC =90°，根据∠E =∠FHC 得到∠FHC +2∠DHC =90°，从而证得∠EFH =2∠DHC ；
(3)连接OC 、OH 、CF ，根据EF ⊥CH 得到C ̂F =F ̂H ，从而得到∠COH =2∠COF ，在Rt △
COG 中，∠CGO =90°，CG =4，得到OG =76，然后利用勾股定理得到CO ，利用勾股定理得到FH =CF =√32+42=5．
本题考查了圆的综合知识及勾股定理的应用、锐角三角函数的应用等知识，综合性强，难度较大，能够正确的作出辅助线是解答本题的关键．。