2021-2022学年浙江省绍兴市诸暨市九年级(上)期末数学试题及答案解析

2021-2022学年浙江省绍兴市诸暨市九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.已知实数a，b满足a=2b，则a
b
的值是( )
A. 1
3B. 1
2
C. 1
D. 2
2.已知点P到圆心O的距离为5，若点P在圆内，则⊙O的半径可能为( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
3.如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，其中∠A=100°，则∠C的
度数为( )
A. 130°
B. 100°
C. 80°
D. 50°
4.“对于二次函数y=(x−1)2+1，当x≥1时，y随x的增大而增大”，这一事件为( )
A. 必然事件
B. 随机事件
C. 不确定事件
D. 不可能事件
5.如图，AB//CD，AB=2，CD=3，AD=4，则OD的长为( )
A. 8
3
B. 8
5
C. 12
7
D. 12
5
6.如图，是一个圆形人工湖，弦AB是湖上的一座桥．已知AB的长为10，
圆周角∠C=30°，则弧AB的长为( )
A. 5
3
π
B. 10
3
π
C. 15
3
π
D. 20
3
π
7.如图，△ABC的顶点均在正方形网格的格点上，则sin∠ABC的值为
( )
A. 1
2
B. 2
C. √5
5
D. 2√5
5
8.如图，小聪和他同学利用影长测量旗杆的高度，当1米长的直立的竹竿的影长为1.5米时，此时测得旗杆落在地上的影长为12米，落在墙上的影长为2米，则旗杆的实际高度为( )
A. 8米
B. 10米
C. 18米
D. 20米
9.如图，图1是装了液体的高脚杯，加入一些液体后如图2所示，则此时液面AB为( )
A. 5.6cm
B. 6.4cm
C. 8cm
D. 10cm
10.如图，△ABC为锐角三角形，BC=6，∠A=45°，点O为△ABC的重
心，D为BC中点，若固定边BC，使顶点A在△ABC所在平面内进行运动，
在运动过程中，保持∠A的大小不变，设BC的中点为D，则线段OD的长
度的取值范围为( )
A. √5<OD≤√2+1
B. √5<OD≤√3+1
C. 1≤OD<√3+1
D. 1<OD≤√2+1
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11.在一个不透明的口袋中装有3个绿球、2个黑球和1个红球，它们除颜色外其余均相同，若
从中随机摸出一个球，它是黑球的概率为______．
12.已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=2，且与x轴有两个交点，其中一
个交点坐标为(−1,0)，则另一个交点坐标为______．
13.一根排水管的截面如图所示，已知排水管的半径OB=10，水面宽
AB=12，如果再注入一些水，当水面AB的宽变为16时，则水面AB上升
的高度为______．
14.如图，扇形AOB，正方形OCDE的顶点C，E，D，分别在OA，
OB，弧AB上，过点A作AF⊥ED，交ED的延长线于点F.若图中阴
影部分的面积为√2−1，则扇形AOB的半径为______．
15.如图1，以Rt△ABC各边为边分别向外作等边三角形，编号为①、②、③，将②、①如
图2所示依次叠在③上，已知四边形EMNB与四边形MPQN的面积分别为9√3与7√3，则Rt△
ABC的斜边长AB=______．
16.已知点A(0,0)，B(4,0)，C(−1,−1)，D(2,−4)，固定A，B两点，将线段CD向左或向右平
移，平移后C，D两点的对应点分别为C1，D1．
(1)当C1的坐标为(−2,−1)时，四边形AC1D1B的周长为______；
(2)当C1的坐标为______时，四边形AC1D1B的周长最小．
三、解答题（本大题共8小题，共64.0分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题8.0分)
计算：√3tan30°⋅cos60°−sin245°+(π+2022)0．
18.(本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，已知抛物线C：y=−x2+bx+c经过点(0,3)和(1,1)．
(1)求抛物线C的解析式：
(2)将抛物线C先向左平移2个单位，再向下平移1个单位，得到抛物线C1，求抛物线C1的顶点
坐标．
19.(本小题8.0分)
有一个转盘如图所示，让转盘自由转动．求：
(1)转盘自由转动一次，指针落在黄色区域的概率：
(2)转盘自由转动两次，请利用树状图或列表法求出指针一次落在黄色区域，另一次落在红色
区域的概率．
20.(本小题8.0分)
为有效预防新型冠状病毒的传播，图1为医院里常见的“测温门”，图2为该“测温门”截面示意图．小聪做了如下实验：当他在地面M处时“测温门”开始显示额头温度，此时在额头B 处测得A的仰角为30°；当他在地面N处时，“测温门”停止显示额头温度，此时在额头C处测得A的仰角为60°.经测量该测温门的高度AD为2.5米，小聪的有效测温区间MN的长度是1米，根据以上数据，求小聪的身高CN为多少？(注：额头到地面的距离以身高计)(参考数据：√3≈1.732，结果精确到0.01米)
21.(本小题8.0分)
如图，O为半圆的圆心，C、D为半圆上的两点，连接CD、BD、AD，CD=BD.连接AC并延长，与BD的延长线相交于点E．
(1)求证：CD=DE；
(2)若AC=6，半径OB=5，求BD的长．
22.(本小题8.0分)
山下湖是全国优质淡水珍珠的主产地，已知一批珍珠每颗的出厂价为30元，当售价定为50元/颗时，每天可销售60颗，为增大市场占有率，在保证盈利的情况下，商家决定采取降价措施，经调查发现，每颗售价降低1元，每天销量可增加10颗．
(1)写出商家每天的利润W元与降价x元之间的函数关系；
(2)当降价多少元时，商家每天的利润最大，最大为多少元？
(3)若商家每天的利润至少要达到1440元，则定价应在什么范围内？
23.(本小题8.0分)
足球射门时，在不考虑其他因素的条件下，射点到球门AB的张角越大，射门越好．当张角达到最大值时，我们称该射点为最佳射门点．通过研究发现，如图1所示，运动员带球在直线CD 上行进时，当存在一点Q，使得∠CQA=∠ABQ(此时也有∠DQB=∠QAB)时，恰好能使球门AB 的张角∠AQB达到最大值，故可以称点Q为直线CD上的最佳射门点．
(1)如图(2)所示，AB为球门，当运动员带球沿CD行进时，Q1，Q2，Q3为其中的三个射门点，则在这三个射门点中，最佳射门点为点______；
(2)如图3所示，是一个矩形形状的足球场，AB为球门，CD⊥AB于点D，AB=3a，BD=a.某球员沿CD向球门AB进攻，设最佳射门点为点Q．
①用含a的代数式表示DQ的长度并求出tan∠AQB的值；
②已知对方守门员伸开双臂后，可成功防守的范围为√5
a，若此时守门员站在张角∠AQB内，
4
双臂张开MN垂直于AQ进行防守，求MN中点与AB的距离至少为多少时才能确保防守成功．(
结果用含a的代数式表示)
24.(本小题8.0分)
．
已知，如图，在平面直角坐标系中，已知菱形OABC的边长为25，且tan∠AOC=24
7
(1)求C、B两点的坐标；
(2)设P为菱形OABC对角线OB上的一动点，连接CP．
①若∠OCP=∠COP，求点P的坐标；
②已知点G在坐标平面内且在直线OC下方，若点P在运动过程中始终保持∠CPG=∠COB，且CP=PG，当△OCP为等腰三角形时，求AG的长度．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵实数a ，b 满足a =2b ，
∴a b =2b b =2，
故选：D ．
把a =2b 代入a b ，即可求出答案．
本题考查了比例的性质，能选择适当的方法求解是解此题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：∵点P 在圆内，且d =5，
∴r >5，
故选：D ．
根据点与圆的位置关系判断得出即可．
此题主要考查了点与圆的位置关系，点与圆的位置关系有3种．设⊙O 的半径为r ，点P 到圆心的距离OP =d ，则有：①点P 在圆外⇔d >r ，②点P 在圆上⇔d =r ，③点P 在圆内⇔d <r ．
3.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，
∴∠A +∠C =180°．
∵∠A =100°，
∴∠C =180°−100°=80°．
故选：C ．
直接根据圆内接四边形的性质即可得出结论．
本题考查的是圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形的对角互补是解答此题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：“对于二次函数y =(x −1)2+1，当x ≥1时，y 随x 的增大而增大”，
这一事件为必然事件，
根据二次函数的性质、随机事件的概念判断即可．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
5.【答案】D
【解析】解：∵AB//CD，
∴△AOB∽△DOC，
∴OA OD =AB
CD
=2
3
∴OA=2
3
OD，
即AD−OD=2
3
OD，
∴4−OD=2
3
OD，
∴OD=12
5
．
故选：D．
先证明△AOB∽△DOC，利用相似比得到OA=2
3OD，则4−OD=2
3
OD，然后解关于OD的方程即
可．
本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；同时灵活运用相似三角形的性质进行几何计算．
6.【答案】B
【解析】解：如图，设圆心为O，连接AO，BO，则OA=OB，
∴∠AOB=60°，
∴OA=OB=AB=10，
∴弧AB的长为：60π×10
180=10π
3
．
故选：B．
根据圆周角定理可得∠AOB=60°，再根据弧长公式计算即可．
此题主要考查了弧长计算以及圆周角定义，正确掌握弧长公式是解题关键．
7.【答案】C
【解析】解：如图所示，连接小正方形的对角线CD，
设每个小正方形的边长为1，则CD=√2，BC=√32+12=√10，BD=2√2，∵(√2)2+(2√2)2=(√10)2，
即CD2+BD2=BC2，
∴△BCD是直角三角形，
∴sin∠ABC=CD
BC =√2
√10
=√5
5
．
故选：C．
连接小正方形的对角线，证明△BCD是直角三角形，再利用sin∠ABC与它的余角的正弦值相等解答即可．
本题考查了解直角三角形：在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．灵活运用勾股定理和锐角三角函数是解决问题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：如图，CD=2m，BD=12m，
∵CD DE =1
1.5
，
∴DE=1.5CD=3，
∵AB BE =1
1.5
，
∴AB=12+3
1.5
=10．∴旗杆的高度为10m．故选：B．
如图，CD=2m，BD=12m，根据“在同一时刻物高与影长的比相等”得到CD
DE =1
1.5
，则可计算
出DE，然后再利用AB
BE =1
1.5
可计算出AB．
本题考查了相似三角形的应用：利用影长测量物体的高度，通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．
9.【答案】B
【解析】解：由题意根据相似三角形的性质得：15−10
18−10=4
AB
，
解得：AB=6.4，
故选：B．
根据相似三角形的高之比等于相似比即可．
本题主要考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的高之比等于相似比是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：如图，作△ABC的外接圆，点E为圆心，AD⊥BC，
由题意知OD=1
3
AD，
∵∠A=45°，
∴∠BEC=90°，
∴∠EBD=∠BED=45°，
∴BD=CD=3，由勾股定理知BE=3√2，
∴AD=DE+AE=3+3√2，
∵AD⊥BC时，AD最长，
∴OD最大值为1+√2，
∵△ABC为锐角三角形，
∴临界情况为点A与点B重合，此时OD=1，
∴1<OD≤1+√2．
故选：D．
作△ABC的外接圆，点E为圆心，AD⊥BC，由题意知OD=1
3
AD，且∠BEC=90°，BD=DE=3，由勾股定理知BE=3√2，AD=DE+AE=3+3√2.当AD⊥BC时，AD最长，可求此时OD最大值；临界情况为点A与点B重合，此时OD=1，可得此时OD最小值，进而可得OD的取值范围．
本题考查了三角形的外接圆，三角形的重心，圆周角与圆心角的关系，勾股定理等知识，解题的关键在于熟练掌握外接圆相关定理．
11.【答案】1
3
【解析】解：∵这个不透明的布袋里装有3个绿球、2个黑球和1个红球，
∴从中任意摸出一个球，是白球的概率为2
6=1
3
，
故答案为：1
3
．
直接根据概率公式即可得出结论．
本题考查的是概率公式，熟知概率=所求情况数与总情况数之比是解答此题的关键．
12.【答案】(5,0)
【解析】解：(−1,0)关于x=2的对称点是(5,0)．
故答案为：(5,0)．
求出点(−1,0)关于x=2的对称点即可．
本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，理解二次函数与x轴的两个交点关于对称轴对
称是关键．
13.【答案】2或14
【解析】解：过O作OC⊥AB垂足为C，交A′B′于点D，则OD⊥A′B′，∵OC⊥AB，OD⊥A′B′，
∴BC=1
2AB=6，DB′=1
2
A′B′=8，
在Rt△OBC和Rt△OB′D中，由勾股定理得，
OC=√102−62=8，OD=√102−82=6．
当AB与A′B′在点O的同侧时，
DC=OC−OD=8−6=2；
当AB与A′B′在点O的异侧时，
DC=OC+OD=8+6=14．
答：水面AB上升的高度为2或14．
过O作OC⊥AB垂足为C，交A′B′于点D，则OD⊥A′B′，分两种情况：当AB与A′B′在点O的同侧和当AB与A′B′在点O的异侧，应用勾股定理可得OC=8，OD=6，进而可得答案．
此题考查了垂径定理的应用，熟知垂径定理及勾股定理是解答此题的关键．
14.【答案】√2
【解析】解：∵扇形AOB，
∴OA=OB，
∵四边形OCDE为正方形，
∴CD=DE，∠AOD=∠BOB，
∴AD⏜=BD⏜，AC=BE，
∴阴影部分面积=长方形ACDF的面积，
设正方形OCDE的边长为a，
∴OD=√2a，
∴AC=√2a−a=(√2−1)a，
∴AC⋅CD=阴影部分面积，
∴(√2−1)a⋅a=(√2−1)a，
∴a=1，
∴OD=√2a=√2×1=√2，
故答案为：√2．
由扇形AOB可知OA=OB，由正方形的性质可知CD=DE，∠AOD=∠BOB，可知AD⏜=BD⏜，AC= BE，阴影部分面积=长方形ACDF的面积，进而即可求出正方形的边长，进一步即可求出扇形AOB 的半径．
本题考查了扇形的面积计算及正方形的性质，把阴影部分面积转化为长方形面积是解题的关键．
15.【答案】10
【解析】解：如图，设等边△ABE，△ACD，△BCF的面积分别是S3，S2，S1，BC=a，AB=c，AC=b，
∵△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，
∴a2+b2=c2，
∴√3
4a2+√3
4
b2=√3
4
c2．
∵S3=√3
4c2，S2=√3
4
b2，S1=√3
4
a2，
∴S3−S2=√3
4(c2−b2)=√3
4
a2=9√3，S3−S1=√3
4
c2−√3
4
a2=√3
4
(c2−a2)=√3
4
b2=9√3+
7√3=16√3，
∴a=6，b=8，
即AC=8，BC=6，
∴AB=√AC2+BC2=√82+62=10，故答案为：10．
设等边△ABE，△ACD，△BCF的面积分别是S3，S2，S1，BC=a，AB=c，AC=b，根据勾股定理得到a2+b2=c2，根据三角形的面积列方程得到AC=8，BC=6，由勾股定理即可得到AB=√AC2+BC2=√82+62=10．
本题考查了勾股定理、等边三角形的性质、特殊三角函数值．解题关键是根据等边三角形的性质求出每一个三角形的面积．
16.【答案】√5+3√2+9(1
,−1)
2
【解析】解：(1)∵C(−1,−1)，
C1(−2,−1)，
∴线段CD向左平移1个单位，
∵D(2,−4)，
∴D1(1,−4)，
∵A(0,0)，B(4,0)，
∴AC1=√5，CD=3√2，BD1=5，AB=
4，
∴四边形AC1D1B的周长=AC1+CD+
BD1+AB=√5+3√2+9，
故答案为：√5+3√2+9；
(2)设CD向右平移m个单位，
∴C1(−1+m,−1)，D1(2+m,−4)，
如图2，过点B作BE//AD1，过点A作AE//BD1，
∴四边形AEBD1是平行四边形，
∴BD1=AE，
∴四边形AC1D1B的周长=AC1+CD+BD1+
AB=AC1+3√2+BD1+4≥3√2+4+EC1，
∴当A、E、C1三点共线时，四边形AC1D1B的周
长有最小值，
此时AE//BD1，
设直线AC1的解析式为y=kx，
∴−1=k(−1+m)， ∴k =1
m−1， ∴y =
1
m−1x ， 设直线BD 1的解析式为y =k′x +b ， ∴{4k′+b =0(2+m)k′+b =−4， ∴{k′=4
2−m b =16m−2， ∴y =4
2−m
x +
16
m−2
， ∴
1m−1
=
4
2−m
， ∴m =6
5， ∴C 1(15
,−1)， 故答案为：(15
,−1)．
(1)根据C 1点坐标可确定线段CD 向左平移1个单位，则可求D 1(1,−4)，再求周长即可； (2)设CD 向右平移m 个单位，则C 1(−1+m,−1)，D 1(2+m,−4)，过点B 作BE//AD 1，过点A 作AE//BD 1，当A 、E 、C 1三点共线时，四边形AC 1D 1B 的周长有最小值，此时AE//BD 1，再由两直线平行线：k 1=k 2，可得
1m−1
=
4
2−m
，求出m 的值即可求解． 本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称求最短距离的方法，图形平移的性质是解题的关键．
17.【答案】解：原式=√3×√33
×12
−(√22
)2+1
=12−1
2+1 =1．
【解析】直接利用零指数幂的性质、二次根式的性质、特殊角的三角函数值代入分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了零指数幂的性质、二次根式的性质、特殊角的三角函数值，正确化简各数是解题关键．
18.【答案】解：(1)把点(0,3)和(1,1)分别代入y =−x 2+bx +c ，得
{c =3−1+b +c =1． 解得{b =−1c =3
．
故该抛物线解析式为：y =−x 2−x +3；
(2)由(1)知，抛物线解析式为y =−x 2−x +3． 所以y =−x 2−x +3=−(x +1
2)2+13
4
．
将其先向左平移2个单位，再向下平移1个单位，得到抛物线C 1的解析式为：y =−(x +12
+2)2+
13
4
−1，即y =−(x +52)2+94
．
故抛物线C 1的顶点坐标是(−52,9
4
).
【解析】(1)利用待定系数法求得抛物线C 的解析式：
(2)根据平移规律写出抛物线C 1的解析式，继而求得顶点坐标．
本题主要考查了待定系数法确定函数解析式，二次函数图象与几何变换以及二次函数的性质，解题的过程中注意配方法的应用．
19.【答案】解：(1)∵转盘黄色扇形和红色扇形的圆心角分别为120°和120°，
∴另一个红色扇形的圆形角也是120°，
∴转盘自由转动一次，指针落在黄色区域的概率是13
；
(2)画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中指针一次落在黄色区域，另一次落在红色区域的结果有4种， 则指针一次落在黄色区域，另一次落在红色区域的概率为49
．
【解析】(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有9种等可能的结果，其中指针一次落在黄色区域，另一次落在红色区域的有4种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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．
20.【答案】解：延长BC交AD于点E，如图所示：
由题意得：BE⊥AD，∠ACE=60°，∠ABE=30°，BC=MN=1米，
CN=DE，
∴∠CAB=60°−30°=30°，
∴∠ABE=∠CAB，
∴AC=BC=1米
sin∠ACE=sin60°=AE
AC
，
∴AE=sin60°×AC=√3
2×1=√3
2
(米)，
∴CN=DE=AD−AE=2.5−√3
2
≈2.5−0.866≈1.63(米)，
答：小聪的身高CN约为1.63米．
【解析】延长BC交AD于点E，证明∠ABE=∠CAB，则AC=BC=1米，由锐角三角函数定义得AE=
√3
2
米，即可解决问题．
本题考查了仰角俯角问题、等腰三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵AB为直径，
∴∠ADB=∠ADE=90°，
∵CD=BD，
∴∠EAD=∠DAB，
∴∠E=∠ABE，
又∵四边形ABDC为圆内接四边形，
∴∠ECD=∠B，
∴∠E=∠ECD，
∴CD=DE．
(2)解：连接BC，如图：
在Rt△ACB中，由勾股定理得BC=√AB2−AC2=√102−62=8，
∵∠E=∠ABE，
∴△AEB为等腰三角形，
∴AB=AE，BD=DE，
∴CE=AE−AC=AB−AC=10−6=4，
在Rt△BCE中，由勾股定理得BE=√BC2+CE2=√82+42=4√5，
BE=2√5．
∴BD=1
2
【解析】
【分析】
本题考查圆与三角形的结合，解题关键是掌握圆周角定理，掌握解直角三角形的方法．
(1)由CD=BD，AB为直径，推出∠B=∠E，再根据圆内接四边形的性质，可得∠E=∠ECD，进而求解．
(2)连接BC，由勾股定理求出BC的值，再由△AEB为等腰三角形可得BD=1
BE，再通过勾股定理
2
求解．
22.【答案】解：(1)由题意得：
W=(50−30−x)(60+10x)=−10x2+140x+1200，
答：工厂每天的利润W元与降价x元之间的函数关系为W=−10x2+140x+1200；
(2)由(1)得：W=−10x2+140x+1200=−10(x−7)2+1690，
∵−10<0，
∴x=7时，W最大为1690，
即当降价7元时，商家每天的利润最大，最大为1690元；
(3)−10x2+140x+1200=1440，
解得：x1=2，x2=12，
50−2=48，50−12=38，
∴定价应为38−48元之间．
【解析】(1)根据利润=销售量×(单价−成本)，列出函数关系式即可求解；
(2)根据(1)求得的函数关系式进一步利用配方法求出答案即可；
(3)首先由(2)中的函数得出降价x元时，每天要获得1440元的利润，进一步利用函数的性质得出答案．
此题考查二次函数的实际运用，解题的关键是求得函数解析式，进一步利用函数的性质解决问题．
23.【答案】Q2
【解析】解：(1)∵∠AQ2B的角度最大，
∴Q1，Q2，Q3这三个射门点中，最佳射门点为点Q2；
故答案为：Q2；
(2)①由题意，∠BQD=∠QAD，
∵∠BDQ=∠QDA，
∴△BDQ∽△QDA，
∴BD QD =QD
DA
，
∴QD2=DB⋅DA，
∵AB=3a，BD=a，
∴DA=4a，
∴QD2=4a2，
∵QD>0，
∴QD=2a，
如图3−1中，过点B作BH⊥AQ于点H．
∵CD⊥AD，
∴∠ADQ=90°，
∵AD=4a.DQ=2a，
∴AQ=√AD2+DQ2=√(4a)2+(2a)2=2√5a，∵S△ADQ=S△ABQ+S△BDQ，
∴1 2×4a×2a=1
2
×2√5a×BH+1
2
×a×2a，
∴BH=3√5
5
a，
∵BQ=√BD2+DQ2=√a2+(2a)2=√5a，
∴HQ=√BQ2−BH2=(√5a)2−(3√5
5a)2=4√5
5
a，
∴tan∠AQB=BH
HQ =
3√5
5
a
4√5
5
a
=3
4
；
②如图3−2中，设NM的中点为O，过点N作NK⊥AD于点K，根点O作OJ⊥NK于点J．
∵MN//BH，
∴QN QB =MN
BH
=
√5
4
a
3√5
5
=5
12
，
∴BN=7
12BQ=7√5
12
a，
∴NK=BN⋅sin∠QBD=7√5
12a×2√5
5
=7
6
a，
∵MN⊥AQ，NK⊥AD，∴∠AMN+∠AKN=180°，∴∠QAD+∠MNK=180°，∵∠MNK+∠ONJ=180°，∴∠ONJ=∠QAD，
∴cos∠ONJ=cos∠QAD=AD
AQ =
2√5a
=2√5
5
，
∴JN=ON⋅cos∠ONJ=√5
8a×2√5
5
=1
4
a，
∴JK=NJ+NK=1
4a+7
6
a=17
12
a，
∴MN中点与AB的距离至少为17
12
a时才能确保防守成功．(1)根据最佳射门点的定义判断即可；
(2)①证明△BDQ∽△QDA，推出BD
QD =QD
DA
，可得QD2=DB⋅DA，求出QD，如图3−1中，过点B作
BH⊥AQ于点H.利用面积法求出BH，再利用勾股定理求出QH，可得结论；
②如图3−2中，设NM的中点为O，过点N作NK⊥AD于点K，根点O作OJ⊥NK于点J.解直角三角形求出NJ，NK，可得结论．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24.【答案】解：(1)如图1，
作CD⊥OA于D，
∵tan∠AOC=CD
OD =24
7
，
∴设OD=7x，CD=24x，
∴(7x)2+(24x)2=252，
∴x=1，
∴OD=7x=7，CD=24x=24，
∴C(7,24)，D(7+25,24)，
∴D(32,24)；
(2)①如图2，
作PF⊥OC于F，PG⊥OA于G，BE⊥OA于E，∴∠COP=∠POC，
∴OP=CP，
∴OF=1
2OC=25
2
，
∵四边形AOCB是菱形，∴OB平分∠AOC，
∴OG=OF=25
2
，
∵PG//BE，
∴PG BE =OG
OE
，
∴PG 24=
25
2
32
，
∴PG=75
8
，
∴P(25
2,75
8
)；
②设∠CPG=∠BOC=α，
如图3，
当OP=PC时，∠PCO=∠BOC=α，作GT⊥OA于T，作PH⊥OA于H，∵∠BPC=∠PCO+∠BCO=2α，
∴∠BPG=∠BPC−∠CPG=α，
∵∠BPQ=∠AOB=α，
∴∠GPQ=2α，
由①得，PH=75
8，OH=25
2
，
∴PG=CP=OP=√OH2+PH2=125
8
，
∵GQ =PG ⋅sin2α=1258×2425=15，PQ =PG ⋅cos2α=1258×725=358， ∴GT =GQ +TQ =15+758=1958，OT =OH +HT =252+358=1358，
∴AT =OA −OT =25−135
8
=658， ∴AG =√AT 2+GT 2=√(658)2+(1958)2=658√10，
如图4，
当OC =OP 时，点G 在CP 的上方时，连接AC ，CG ，
∠OCP =∠OPC ，
∵OC =OA ，
∴OA =OP ，
∴∠OAP =∠OPA ，
∵∠POC =∠CPG ，
∴∠OCP =∠OPC =∠OAP =∠OPA ，
∵∠OCP +∠OPC +∠COP =180°，
∴∠OPA +∠OPC +∠PCG =180°，
∴A 、P 、G 共线，
∵CP =PG =AP ，
∴△ACG 是直角三角形，
由①得，sin∠AOB =75
8125
8=35，
∴AH =OA ⋅sin∠AOB =25×35=15，
OH =√OA 2−AH 2=20，
∴HP=OP−OH=25−20=5，
∴AP=√AH2+PH2=√52+152=5√10，
∴AG=2AP=10√10，
如图5，
当点G在CP的下方时，
可得：△AGG′是直角三角形，
∵PG=PG′，∠CPG=∠CPG′，
∴PI⊥GG′，
∴CP//AG，
∴∠PAG=∠CPG=∠BOC，
=8√10，∴AG=AG′⋅cos∠PAG=10√10×4
5
如图6，
当OC=CP时，此时P和B重合，当G在OB上时，∵图4中AP=√10，
∴AG=√10，
如图7，
当点G在BC上方时，作CH⊥OA于H，交BC于R，
∴GR=PG⋅sin∠CPG=PC⋅sin∠BOC=25×3
=15，
5
=20，
CR=25×4
5
∴GH=GR+RH=GR+CV=15+24=39，
OH=32−BR=32−20=12，
∴AH=OA−OH=25−12=13，
∴AG=√GH2+AH2=13√10，
√10或10√10或5√10或8√10或13√10．
综上所述：AG=65
8
【解析】(1)作CD⊥OA于D，解直角三角形COD求得结果；
(2)①作PF⊥OC于F，PG⊥OA于G，BE⊥OA于E，先求得OG=OF=25
，根据PG//BE，列出
2
比例式，求得结果；
②分为OC=OP，OC=PC，OP=PC三种情形，当OP=PC时，作GT⊥OA于T，作PH⊥OA于H，先求OP，再解直角三角形PGQ，然后解Rt△AGT求得AG，当OP=OC时，分为点G在CP的上方和下方两种，当在CP的上方时，证得C、P、G共线，连接AC，CG，交OB于H，可解得AH和OH，进而求得PH，进一步求得AG的值，当在CP的下方时，在G在CP上方时的情况时求得，当OP=OC 时，此时点P和点B重合，分为点G在BC上，可直接得出结果，当点G在BC的上方时，作GH⊥OA，解Rt△BGR，再解Rt△AGH，进一步求得结果．
本题考查了菱形的性质，等腰三角形分类和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是正确分类和由较强的计算能力．。