2019-2020学年广东省广州市番禺区九年级上册期末数学试卷

2019-2020学年广东省广州市番禺区九年级上册期末数学
试卷
题号一二三四总分
得分
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1.用公式法解一元二次方程2x2−3x−1=0，代入求根公式的结果是()
A. x=3±√17
2B. x=−3±√17
2
C. x=3±√17
4
D. x=−3±√17
4
2.在下列四个图案中，不是中心对称图形的是()
A. B. C. D.
3.如图，在⊙O中，∠BOC=50°，则∠A的度数为()
A. 15°
B. 25°
C. 50°
D. 100°
4.抛物线y=1
2
(x−2)2−3的顶点坐标是()
A. (2,3)
B.
C. (−2,3)
D. (−2,−3)
5.在平面直角坐标系中，已知点A(2,4)，B(4,1)，以原点O为位似中心，将△OAB缩
小为原来的1
2
，则点A的对应点的坐标是()
A. (2,1
2
) B. (1,2)
C. (1,2)或(−1,−2)
D. (4,8)或(−4,−8)
6.若关于x的一元二次方程mx2−x=1
4
有实数根，则实数m的取值范围是()
A. m≥−1
B. m≥−1且m≠0
C. m>−1且m≠0
D. m≠0
7.从标有数字1，2，3，4的4张卡片中任意抽取2张，则所抽取的2张卡片上的数
字之积为奇数的概率是()
A. 1
8B. 1
6
C. 1
4
D. 1
2
8.如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连接BO并延长交⊙O
于点E，连接AE，若AB=6，CD=1，则AE的长为()
A. 3√3
B. 8
C. 12
D. 8√3
9.已知点A(−3,y1)，B(2,y2)均在抛物线y=ax2+bx+c上，点P(m,n)是该抛物线
的顶点，若y1>y2≥n，则m的取值范围是()
A. −3<m<2
B. −3
2<m<−1
2
C. m>−1
2
D. m>2
10.如图，在四边形ABCD中(AB>CD)，∠ABC=∠BCD=90°，
AB=3，BC=√3，把Rt△ABC沿着AC翻折得到Rt△AEC，
若tan∠AED=√3
2
，则线段DE的长度()
A. √6
3
B. √7
3
C. √3
2
D. 2√7
5
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11.方程x(x−2)+2x−4=0的解是______．
12.平面直角坐标系中，点P(−4,2)与P1关于原点对称，则P1的坐标是______．
13.如图，在⊙O中，弦BC垂直平分半径OA，若半径为2，则图
中阴影部分的面积为______．
14.抛物线y=x2+bx+c图像先向右平移两个单位，再向下平移3个单位，所得图像
解析式为y=(x−1)2−4，则b，c的值分别为__________
15.有一枚质地均匀的骰子，六个面分别表有1到6的点数，任意将它抛掷两次，并将
两次朝上面的点数相加，则其和小于6的概率是___________．
16.如图，两块相同的三角板完全重合在一起，∠A=30°，
AC=10，把上面一块绕直角顶点B逆时针旋转到△
A′BC′的位置，点C′在AC上，A′C′与AB相交于点D，
则BC′=________．
三、计算题（本大题共1小题，共9.0分）
17.解方程：(用指定方法解下列一元二次方程)
(1)2x2+4x−1=0(公式法)
(2)x2+6x+5=0(配方法)
四、解答题（本大题共8小题，共93.0分）
18.如图：在平面直角坐标系中，网格中每一个小正方形的边长为1个单位长度；已知
△ABC．
(1)作出△ABC以O为旋转中心，顺时针旋转90°的△A1B1C1，(只画出图形)．
(2)作出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2，(只画出图形)，写出B2和C2的
坐标．
19.抛物线y=−x2+2x+3．
(1)画出它的图象
x……
y……
(2)根据图象回答下列问题：
①x满足______时，y随x的增大而减小；
②x满足______时，y=0；
③当0≤x≤3时，y的取值范围是______．
20.已知：如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，Rt△ABC的内切圆⊙O，切点分别为点D、
E、F，
(1)若AC=3，BC=4，求△ABC的内切圆半径；
(2)当AD=5，BD=7时，求△ABC的面积；
(3)当AD=m，BD=n时，直接写出求△ABC的面积(用含m，n的式子表示)为____．
21.端午节当天，小明带了四个粽子(除味道不同外，其他均相同)，其中两个是大枣味
的，另外两个是火腿味的，准备按数量平均分给小红和小刚两个好朋友．
(1)请用画树状图或列表的方法表示小红拿到的两个粽子的所有可能性；
(2)请计算小红拿到的两个粽子刚好是同一味道的概率．
22.如图，在边长为2的正方形ABCD中，P为AB的中点，Q为边CD上一动点，设
DQ=t(O≤t≤2)，线段PQ的垂直平分线分别交边AD，BC于点M，N，过点Q 作QE⊥AB于点E，过点M作MF⊥BC于点F．
(1)当t≠1时，求证：△PEQ≌△NFM；
(2)顺次连接P，M，Q，N，设四边形PMQN的面积为S，求出S与自变量t之间
的函数表达式，并求S的最小值．
23.如图，已知AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，OC//BD，交AD于点E，连
接BC．
(1)求证：AE=ED；
(2)若AB=10，∠CBD=36°，求AC⌢的长．
24.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，点D为边BC的中点，点
P为线段AB上的一动点，点Q为边AC上的一动点，且∠PDQ=90°．
(1)当DP⊥AB时，求CQ的长；
(2)当BP=2，求CQ的长；
x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且OA=2，25.如图，抛物线y=−1
2
OC=3．
(1)求抛物线的函数关系式；
(2)若点D(2,2)是抛物线上一点，那么在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△BDP的周长最短？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)求出△ABC外接圆心M的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查了解一元二次方程−公式法，利用此方法解方程时，首先将方程整理为一般式，找出二次项系数a，一次项系数b及常数项c的值，计算出根的判别式的值，当根的判别式的值大于等于0时，代入求根公式即可求出解．
找出一元二次方程中a，b及c的值，计算出b2−4ac>0，代入求根公式即可求出原方程的解．
【解答】
解：2x2−3x−1=0，
a=2，b=−3，c=−1，
△=b2−4ac=(−3)2−4×2×(−1)=17>0，
．
代入求根公式，得x=3±√17
4
故选C．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
根据中心对称图形的概念求解．
【解答】
解：A、B、C是中心对称图形，D不是中心对称图形，
故选：D．
3.【答案】B
【解析】解：∵∠BOC=50°，
∴∠A=1
2
∠COB=25°，
故选：B．
根据圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半可得答案．
此题主要考查了圆周角定理，关键是掌握圆周角定理．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查了二次函数顶点式的性质：抛物线y=a(x−ℎ)2+k的顶点坐标为(ℎ,k)，根据顶点式直接写出顶点坐标即可．
【解答】
解：∵抛物线的顶点式为y=1
2
(x−2)2−3，
∴根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为(2,−3)．
故选B．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查了位似图形与坐标的关系．注意在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标比等于±k.根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k，即可求得答案．
【解答】
解：∵点A(2,4)，B(4,1)，以原点O为位似中心，将△OAB缩小为原来的1
2
，
∴点A的对应点的坐标是(2×1
2,4×1
2
)或(−1
2
×2,−1
2
×4)，
即(1,2)或(−1,−2)，
故选C．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0,a，b，c为常数)根的判别式Δ=b2−
4ac.当Δ>0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ<0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．解答此题可先将方程化为一般形式，然后根据方程有实数根和二次项系数不为0得到关于m的不等式解之即可．
【解答】
=0有实数根，
解：∵关于x的一元二次方程mx2−x−1
4
∴Δ≥0且m≠0，
∴1+m≥0且m≠0，
∴m≥−1且m≠0，
故选B．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与所抽取的2张卡片上的数字之积为奇数的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】
解：画树状图如下：
由树状图，可知共有12种等可能的结果，其中所抽取的2张卡片上的数字之积为奇数
的结果有2种，所以所抽取的2张卡片上的数字之积为奇数的概率P=2
12=1
6
．
故选B．
8.【答案】B
【解析】解：设⊙O的半径为R，如图，
∵OD⊥AB，
∴AC=BC=1
2AB=1
2
×6=3，
在Rt△AOC中，OA=R，OC=R−CD=R−1，
∵OC2+AC2=OA2，
∴(R−1)2+32=R2，解得R=5，
∴OC=5−1=4，
∴AE=2OC=8，
故选：B．
设⊙O的半径为R，由OD⊥AB，根据垂径定理得AC=BC=1
2
AB=3，在Rt△AOC中，OA=R，OC=R−CD=R−1，根据勾股定理得到(R−1)2+32=R2，解得R=5，则OC=4，由于OC为△ABE的中位线，即可求出AE的长度．
本题主要考查了垂径定理以及三角形中位线定理的知识，解题的关键是利用勾股定理求
出OC的长度，此题难度不大．
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
根据点A(−3,y1)，B(2,y2)均在抛物线y=ax2+bx+c上，点P(m,n)是该抛物线的顶
点，y1>y2≥n，可知该抛物线开口向上，对称轴是直线x=m，则−3+2
2
<m，从而可以求得m的取值范围，本题得以解决．
【解答】
解：∵点P(m,n)是该抛物线的顶点，
∴抛物线的对称轴为直线x=m，
∵点A(−3,y1)，B(2,y2)均在抛物线y=ax2+bx+c上，且y1>y2≥n，
∴−3+2
2
<m，
解得m>−1
2
，
故选：C．
10.【答案】B
【解析】解：方法一：如图，延长ED交AC于点M，过点M作MN⊥AE于点N，
设MN=√3m，
∵tan∠AED=√3
2
，
∴MN
NE =√3
2
，
∴NE=2m，
∵∠ABC=90°，AB=3，BC=√3，∴∠CAB=30°，
由翻折可知： ∠EAC =30°，
∴AM =2MN =2√3m ， ∴AN =√3MN =3m ， ∵AE =AB =3， ∴5m =3， ∴m =3
5，
∴AN =95
，MN =3√35
，AM =6√35
，
∵AC =2√3， ∴CM =AC −AM =4√3
5
， ∵MN =
3√3
5
，NE =2m =6
5
，
∴EM =√MN 2+EN 2=
3√75
，
∵∠ABC =∠BCD =90°， ∴CD//AB ， ∴∠DCA =30°，
由翻折可知：∠ECA =∠BCA =60°， ∴∠ECD =30°，
∴CD 是∠ECM 的角平分线， ∴S △CED S △CMD
=ED MD =CE
CM ，
∴
√3
4√35
=ED
3√7
5
−ED ，
解得ED =√7
3．
方法二：
如图，过点D 作DM ⊥CE ， 由折叠可知：∠AEC =∠B =90°， ∴AE//DM ，
∵∠ACB =60°，∠ECD =30°， ∴∠AED =∠EDM ，
设EM =√3m ，由折叠性质可知，EC =CB =√3， ∴CM =3−√3m ， ∴tan∠MCD =DM CM
=3−
√
3m
=√3
3
， 解得m =1
3，
∴DM =23，EM =√33
，
在直角三角形EDM 中，DE 2=DM 2+EM 2， 解得DE =√7
3．
故选：B ．
方法一，延长ED 交AC 于点M ，过点M 作MN ⊥AE 于点N ，设MN =√3m ，根据已知条件和翻折的性质可求m 的值，再证明CD 是∠ECM 的角平分线，可得S △CED
S
△CMD
=
ED MD
=
CE CM
，
进而可得ED 的长．方法二，过点D 作DM ⊥CE ，首先得到∠ACB =60度，∠ECD =30度，再根据折叠可得到∠AED =∠EDM ，设EM =√3m ，由折叠性质可知，EC =CB ，在直角三角形EDM 中，根据勾股定理即可得DE 的长．
本题考查了翻折变换、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是综合运用以上知识．
11.【答案】x =2或x =−2
【解析】 【分析】
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.因式分解法求解可得． 【解答】
解：∵x(x −2)+2(x −2)=0， ∴(x −2)(x +2)=0， 则x −2=0或x +2=0， 解得：x =2或x =−2， 故答案为：x =2或x =−2．
12.【答案】(4,−2)
【解析】
【分析】
本题考查的是关于原点对称的点的坐标特点，掌握两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P(x,y)关于原点O的对称点是P′(−x,−y)是解题的关键．
根据关于原点对称的点的坐标特点解答．
【解答】
解：点P(−4,2)与(4,−2)关于原点对称，
∴P1的坐标是(4,−2)，
故答案为：(4,−2)．
13.【答案】4π
3
−√3
【解析】解：如图：连接OB，OC，
∵弦BC垂直平分半径OA，若半径为2，
∴OH=1，OB=2，BC=2BH，∠BOC=2∠BOH，
∴BH=√3，sin∠BOH=BH
OB =√3
2
，
∴∠BOH=60°，∠BOC=120°，BC=2BH=2√3，
∴S
阴影部分=S
扇形OBAC
−S△OBC=120π×22
360
−1
2
×2√3×1=4π
3
−√3．
故答案为：4π
3
−√3．
连接OB，OC，利用PC与OC的长，根据三角函数的定义求出角BOH的度数，进而得到角BOC的度数，利用扇形的面积公式和三角形的面积公式分别求出扇形OBAC的面积和三角形OBC的面积，相减即可得到阴影部分的面积．
此题考查了垂径定理，勾股定理，锐角三角函数，扇形的面积公式以及三角形的面积公式，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．
14.【答案】b=2，c=0
【解析】
【分析】
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的
坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．利用反向平移：抛物线y=(x−1)2−4的顶点坐标为(1,−4)，通过点(1,−4)先向左平移2个单位再向上平移3个单位得到点的坐标为(−1,−1)，然后利用顶点式写出平移前的抛物线解析式，再把解析式化为一般式即可得到b和c的值．
【解答】
解：∵y=(x−1)2−4，
∴抛物线y=(x−1)2−4的顶点坐标为(1,−4)，
把点(1,−4)先向左平移2个单位再向上平移3个单位得到点的坐标为(−1,−1)，
∴平移前的抛物线解析式为y=(x+1)2−1=x2+2x，
所以b=2，c=0．
故答案为b=2，c=0．
15.【答案】5
18
【解析】
【分析】
本题考查了列表法与树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．【解答】
解：
共有36种结果，其中点数相加和小于6的有10种结果，
∴其和小于6的概率为P=10
36=5
18
．
故答案为：5
18
．
16.【答案】5
【解析】解：在Rt △ABC 中，∠A =30°，AC =10， ∴BC =1
2AC =5．
根据旋转的性质可知，BC =BC′， 所以BC′=5． 故答案为5．
根据30度直角三角形的性质求出BC 长度，根据旋转的性质可知BC′=BC ，从而可求解问题．
本题主要考查旋转的性质、30度直角三角形的性质．
17.【答案】解：(1)∵a =2，b =4，c =−1，
∴△=16−4×2×(−1)=24>0， ∴x =
−4±2√6
4=
−2±√6
2
． ∴x 1=−2+√62
，x 2=
−2−√62
；
(2)∵x 2+6x =−5， ∴x 2+6x +9=−5+9， 即(x +3)2=4，
则x +3=2或x +3=−2， 解得：x 1=−1，x 2=−5．
【解析】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． (1)公式法求解可得； (2)配方法求解可得．
18.【答案】解：(1)△A 1B 1C 1如图所示；
(2)△A 2B 2C 2如图所示， B 2(4,−1)，C 2(1,−2)．
【解析】(1)根据网格结构找出点A 、B 、C 以O 为旋转中心顺时针旋转90°后的对应点A 1、B 1、
C1的位置，然后顺次连接即可；
(2)根据网格结构找出点A、B、C关于原点O成中心对称的点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出B2和C2的坐标．
本题考查了利用旋转变换作图，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．19.【答案】(1)
x…−10123…
y…03430…
函数图象如下：
(2)x>1x=−1或x=30≤y≤4
【解析】解：(1)列表、描点即可得；
(2)根据图象回答下列问题：
①x满足x>1时，y随x的增大而减小；
②x满足x=−1或x=3时，y=0；
③当0≤x≤3时，y的取值范围是0≤y≤4；
故答案为：①x>1；②x=−1或x=3；③0≤y≤4．
本题主要考查抛物线与x轴的交点问题，解题的关键是掌握描点法画二次函数的图象及二次函数的性质，结合函数图象求解可得．
20.【答案】解：(1)因为Rt△ABC的内切圆⊙O，切点分别为点D、E、F，
连接OD，OE，OF，
则OE⊥AC, OF⊥BC,OD⊥AB，
设半径为r，
∵∠C=90°，BC=4，AC=3，
∴AB=5，
∴AE=AD=3−r，BD=BF=4−r，
∴4−r+3−r=5，
∴r=1；
(2)如图，△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，AD=5，BD=7，
设△ABC的内切圆半径为x，则CE=x．
根据切线长定理，得AE=AD=5，BF=BD=7，CF=CE=x，AC=5+x，BC=7+x，根据勾股定理得，(x+5)2+(x+7)2=(5+7)2，
整理，得x2+12x=35，
所以S△ABC=1
2AC⋅BC=1
2
(5+x)×(7+x)=1
2
(x2+12x+35)=1
2
×(35+35)=35；
(3)mn．
【解析】本题考查三角形的面积，切线长定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
(1)首先求出AB的长，再连圆心和各切点，利用切线长定理用半径表示BD和AD，而它们的和等于AB，得到关于r的方程，即可求出；
(2)设△ABC的内切圆半径为x，则CE=x.AC=5+x，BC=7+x，由勾股定理，可
得x2+12x=35，再由三角形面积公式S△ABC=1
2AC⋅BC=1
2
(5+x)×(7+x)，代入
计算即可．
(3)模仿(2)，探究规律，即可解决问题．【解答】
解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3))由(2)可知：
S△ABC=1
2
(mn+mn)=mn．
故答案为：mn．
21.【答案】解：(1)记两个是大枣味的粽子分别为A1，A2，两个火腿味的分别为B1，B2．树状图如图所示，
(2)由(1)可知，一共有12种可能，小红拿到的两个粽子刚好是同一味道有4种可能，
所以P同一味道=4
12=1
3
．
【解析】本题考查树状图−列表法、概率的求法等知识，记住：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)=m
n
．
(1)记两个是大枣味的粽子分别为A1，A2，两个火腿味的分别为B1，B2.画出树状图即可；
(2)利用(1)中的结果，即可解决问题．
22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠D=90°，AD=AB，
∵QE⊥AB，MF⊥BC，
∴∠AEQ=∠MFB=90°，
∴四边形ABFM、AEQD都是矩形，
∴MF=AB，QE=AD，MF⊥QE，
又∵PQ⊥MN，
∴∠1+∠EQP=90°，∠2+∠FMN=90°，
∵∠1=∠2，
∴∠EQP=∠FMN，
又∵∠QEP=∠MFN=90°，
∴△PEQ≌△NFM；
(2)解：分为两种情况：①当E在AP上时，
∵点P是边AB的中点，AB=2，DQ=AE=t，
∴PA=1，PE=1−t，QE=2，
由勾股定理，得PQ=√QE2+PE2=√(1−t)2+4，∵△PEQ≌△NFM，
∴MN=PQ=√(1−t)2+4，
又∵PQ⊥MN，
∴S=1
2PQ⋅MN=1
2
[(1−t)2+4]=1
2
t2−t+5
2
，
∵0≤t≤2，
∴当t=1时，S最小值=2．
②当E在BP上时，
∵点P是边AB的中点，AB=2，DQ=AE=t，
∴PA=1，PE=t−1，QE=2，
由勾股定理，得PQ=√QE2+PE2=√(t−1)2+4，∵△PEQ≌△NFM，
∴MN=PQ=√(t−1)2+4，
又∵PQ⊥MN，
∴S=1
2PQ⋅MN=1
2
[(t−1)2+4]=1
2
t2−t+5
2
，
∵0≤t≤2，
∴当t=1时，S最小值=2．
综上：S=1
2t2−t+5
2
，S的最小值为2．
【解析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，二次函数的最值.(1)由四边形ABCD 是正方形得到∠A =∠B =∠D =90°，AD =AB ，又由∠EQP =∠FMN ，而证得；(2)由勾股定理求得PQ ，由△PEQ≌△NFM 得到PQ 的值，又PQ ⊥MN 求得面积S ，由t 范围得到答案．
(1)由四边形ABCD 是正方形得到∠A =∠B =∠D =90°，AD =AB ，又由∠EQP =∠FMN ，而证得；
(2)分为两种情况：①当E 在AP 上时，
由点P 是边AB 的中点，AB =2，DQ =AE =t ，又由勾股定理求得PQ ，由△PEQ≌△NFM 得到PQ 的值，又PQ ⊥MN 求得面积S ，由t 范围得到S 的最小值；②当E 在BP 上时，同法可求S 的最小值．
23.【答案】 (1)证明：∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ADB =90°，
∵OC//BD ，
∴∠AEO =∠ADB =90°，
即OC ⊥AD ，
∴AE =ED ；
(2)∵OC ⊥AD ，
∴AC ⌢=CD ⌢，
∴∠ABC =∠CBD =36°，
∴∠AOC =2∠ABC =2×36°=72°，
∴AC ⌢的长为72π×5180=2π．
【解析】此题考查弧长公式，关键是根据弧长公式和垂径定理解答．
(1)根据平行线的性质得出∠AEO=90°，再利用垂径定理证明即可；
(2)根据弧长公式解答即可．
24.【答案】解：(1)如图1中，
∵DP⊥AB，DQ⊥DP，
∴DQ//AB，
∵BD=DC，
∴CQ=AQ=4.
(2)①如图2中，当点P在线段AB上时，作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分别为M、N，则四边形AMDN是矩形，DM、DN分别是△ABC的中位线，DM=4，DN=3，
∵∠PDQ=∠MDN=90°，
∴∠PDM=∠QDN，∵∠DNQ=∠DMP=90°，
∴△PDM∽△QDN，
∴PM
QN =DM
DN
=4
3
，
∴QN=3
4
PM，
∵PM=BM−PB=3−2=1，
∴QN=3
4
，
∴CQ=QN+CN=3
4
+4=
19
4
.
【解析】本题考查相似三角形综合题、矩形的判定和性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会添加常用辅助线构造相似三角形，属于中考压轴题．
(1)首先证明DQ//AB，根据平行线等分线段定理即可解决问题．
(2)作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分别为M、N，由△PDM∽△QDN，得PM
QN =DM
DN
=4
3
，
推出QN=3
4PM，推出PM=BM−PB=3−2=1，推出QN=3
4
即可解决问题．
25.【答案】解：(1)∵OA=2，OC=3，∴A(−2,0)，C(0,3)，
将点A与C代入y=−1
2
x2+bx+c，
∴c=3，b=1
2
，
∴y=−1
2x2+1
2
x+3；
(2)∵函数的对称轴为x=1
2
，∴D(2,2)关于对称轴的对称点为D′(−1,2)，连接D′B与对称轴交于点P即为所求点；
∵DP=D′P，
∴DP+PB+BD=D′P+PB+BD=D′B+BD，
易求B(3,0)，
∵直线BD′的解析式为y=−1
2x+3
2
，
∴P(1
2,5
4 )，
∴当P(1
2,5
4
)时△BDP的周长最短；
(3)∵BO=CO=3，
∴BC的垂直平分线过BC的中点，
∴BC的垂直平分线解析式为y=x，
∵AB的垂直平分线是x=1
2
，
AB与BC垂直平分线的交点即为△ABC外接圆心M，
∴M(1
2
,
1 2
).
【解析】【试题解析】
本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，结合三角形外心的性质解题是关键．
(1)由已知可得A(−2,0)，C(0,3)，将点A与C代入y=−1
2
x2+bx+c，即可求y=
−1
2x2+1
2
x+3；
(2)函数的对称轴为x=1
2
，则D(2,2)关于对称轴的对称点为D′(−1,2)，连接D′B与对称轴
交于点P即为所求点；易求B(3,0)，求出直线BD′的解析式为y=−1
2x+3
2
，则P(1
2
,5
4
)；
(3)由BO=CO=3，则BC的垂直平分线过BC的中点，且解析式为y=x，AB的垂直
平分线是x=1
2
，AB与BC垂直平分线的交点即为△ABC外接圆心M．。