2021-2022学年浙江省绍兴市嵊州市九年级（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. 𝑐𝑜𝑠30°的值是( )
A. 2
1
B. √3
2
C. √3
3
D. √3
2. 将抛物线𝑦=3𝑥2先向右平移1个单位，再向上平移1个单位，得到抛物线( )
A. 𝑦=3(𝑥−1)2+1 C. 𝑦=3(𝑥−1)2−1
B. 𝑦=3(𝑥+1)2+1 D. 𝑦=3(𝑥+1)2+1
3个白球，3. 在一个不透明的箱子里放有5个球，其中2个红球，它们除颜色外其余都相同．从箱子里任意摸出1个球，摸到红球的概率是( )
A. 5
1
B. 5
2
C. 5
3
D. 3
2
𝐸分别在边𝐴𝐵，𝐴𝐶上，𝐷𝐸//𝐵𝐶，4. 如图，在△𝐴𝐵𝐶中，点𝐷，若𝐵𝐷=2𝐴𝐷，则( )
A. 𝐴𝐵=2 B. 𝐸𝐶=2 C. 𝐸𝐶=2 D. 𝐵𝐶=2
5. 鹦鹉螺曲线的每个半径和后一个半径的比都是黄金比例，是自然界最美的鬼斧神工．如图，𝑃是𝐴𝐵的黄金分割点(𝐴𝑃>𝐵𝑃)，若线段𝐴𝐵的长为6𝑐𝑚，则𝐴𝑃的长约为( )
𝐷𝐸
1
𝐴𝐷
1𝐴𝐸
1
𝐴𝐷1
A. 3.71𝑐𝑚 B. 4.14𝑐𝑚 C. 4.32𝑐𝑚 D. 4.86𝑐𝑚
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6. 如图，正六边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹的边长为6，以顶点𝐴为圆心，𝐴𝐵的长为半径画圆，则图中阴影部分的面积为( )
A. 4𝜋 B. 6𝜋 C. 8𝜋 D. 12𝜋
7. 如图，在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，𝐶𝐷是斜边𝐴𝐵上的高，∠𝐴≠45°，则下列比值中不等于𝑠𝑖𝑛𝐴的是( )
A. 𝐴𝐶
𝐶𝐷
B. 𝐶𝐵
𝐵𝐷
C. 𝐴𝐵
𝐶𝐵
D. 𝐶𝐵
𝐶𝐷
𝐶𝐷是⊙𝑂的弦，8. 如图，直径𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，垂足为𝑀，连结𝐴𝐷.若𝐶𝐷=8，𝐵𝑀=2，则𝐴𝐷 的长为( )
A. 10 B. 5√3 C. 4√5 D. 3√10
9. 如图，𝐴𝐵=𝐴𝐶=25𝑐𝑚，𝐷𝐵=𝐷𝐸=5𝑐𝑚，点𝐵，𝐸，𝐶三点共线，𝐴𝐵⊥𝐵𝐷.若𝐵𝐸=6，则𝐵𝐶的长为( )
A. 45𝑐𝑚 B. 42𝑐𝑚 C. 40𝑐𝑚 D. 5√26𝑐𝑚
10. 已知𝐴，𝐵两点的坐标分别为(−2,−2)，(1,2)，线段𝐴𝐵上有一动点𝑀(𝑚,𝑛)，过点𝑀作𝑥轴的平行线交抛物线𝑦=−(𝑥+1)2+𝑏于点𝑃(𝑥1,𝑦2)，𝑄(𝑥2,𝑦2)两点(点𝑃在𝑄的左侧).若𝑥1<𝑚≤𝑥2恒成立，则𝑏的取值范围为( )
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A. 𝑏≤1
B. 𝑏≥6 C. −1<𝑏≤6 D. −2<𝑏≤5
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11. 已知2𝑚−7𝑛=0，则𝑛的值为______．
12. 某林业部门对某种树苗在一定条件下的移植成活率进行了统计，结果如表： 移植总数/棵 50 270 400 750 1500 3500 7000 9000 14000 成活的频率 0.940 0.870 0.923 0.883 0.890 0.915 0.905 0.897 0.900 若要有18000棵树苗成活，估计需要移植______棵树苗较为合适． 13. 如图，在平面直角坐标系中，以原点𝑂为位似中心，将△𝑂𝐴𝐵放大后得到△𝑂𝐶𝐷，若𝐵(0,1)，𝐷(0,3)，则△𝑂𝐴𝐵与△𝑂𝐶𝐷的面积比为______．
𝑚
14. 如图，直线𝑦=𝑘𝑥+𝑏与抛物线𝑦=−𝑥2+2𝑥+3交于点𝐴，𝐵，且点𝐴在𝑦轴上，点𝐵在𝑥轴上，则不等式−𝑥2+2𝑥+3>𝑘𝑥+𝑏的解集为 ．
15. 如图，△𝐴𝐵𝐶内接于⊙𝑂，𝐴𝐵=𝐴𝐶，连结𝐴𝑂、𝐶𝑂.若𝐵𝐶=6，sin∠𝐵𝐴𝐶=5，则⊙𝑂的半径为______．
3
∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝐵=10，𝐴𝐶=8，𝐷是16. 如图，在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵的中点，𝑀是线段𝐴𝐶上的一动点，连结𝐷𝑀.以𝐷𝑀为直角边作
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直角三角形𝐷𝐸𝑀，使得∠𝐷𝐸𝑀=30°，斜边𝐷𝐸所在直线交射线𝑀𝐶于点𝐹.若△𝑀𝐷𝐹的面积是△𝑀𝐸𝐹面积的√3倍，则𝐶𝑀的长为______．
三、解答题（本大题共8小题，共80.0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)
(1)计算：cos245°+𝑡𝑎𝑛60°⋅𝑐𝑜𝑠30°．
(2)已知线段𝑐是线段𝑎，𝑏的比例中项，且𝑎=4，𝑏=16，求线段𝑐的长． 18. (本小题8.0分)
一张圆桌旁设有4个座位，丙先坐在了如图所示的座位上，甲、乙2人等可能地坐到①、②、③中的2个座位上．
(1)甲坐在①号座位的概率是______ ；
(2)用画树状图或列表的方法，求甲与乙相邻而坐的概率．
19. (本小题8.0分)
如图是一辆小汽车与墙平行停放的平面示意图，汽车靠墙一侧𝑂𝐵与墙𝑀𝑁平行且距离为0.8米．已知小汽车车门宽𝐴𝑂为1.2米，当车门打开角度∠𝐴𝑂𝐵为40°时，车门是否会碰到墙？请说明理由．(参考数据：𝑠𝑖𝑛40°≈0.64；𝑐𝑜𝑠40°≈0.77；𝑡𝑎𝑛40°≈0.84)
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20. (本小题8.0分)
已知：如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，以腰𝐴𝐵为直径作⊙𝑂，分别交𝐵𝐶，𝐴𝐶于点𝐷，𝐸，连结𝑂𝐷，𝐷𝐸． (1)求证：𝐵𝐷=𝐷𝐶．
(2)若∠𝐵𝐴𝐶=50°，求∠𝑂𝐷𝐸的度数．
21. (本小题10.0分)
嵊州大桥桥面上有两个完全相同的拱形钢梁，每一个拱形钢梁可看作抛物线的一部分，如图是大桥的侧面示意图，桥面𝑂𝐵长240米．点𝐴是桥面𝑂𝐵的中点，钢梁最高点𝐶，𝐷离桥面的高度均为30米．以桥面𝑂𝐵所在的直线为𝑥轴，过点𝑂且垂直于𝑂𝐵的直线为𝑦轴建立平面直角坐标系．
(1)求过点𝑂，𝐶，𝐴三点的抛物线表达式．
(2)“嵊州大桥”四个字标注在离桥面高度为22.5米的拱形钢梁的点𝐸处(点𝐸在点𝐶的左侧)，小明从点𝑂出发在桥面上匀速前行，半分钟后到达点𝐸正下方的点𝐹处，则小明通过桥面𝑂𝐵需多少分钟？
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22. (本小题12.0分)
在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=2，𝐸是𝐴𝐷上一点，𝐴𝐸=1.将△𝐴𝐵𝐸沿𝐵𝐸折叠，点𝐴的对应点为𝐹． (1)如图1，若点𝐹落在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷的边𝐶𝐷上． ①求证：△𝐵𝐶𝐹∽△𝐹𝐷𝐸． ②求边𝐴𝐷的长．
(2)如图2，若点𝐹落在对角线𝐵𝐷上，求边𝐴𝐷的长．
23. (本小题12.0分)
在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，𝑂为坐标原点，定义𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2,𝑦2)两点之间的“直角距离”为𝑑(𝑃,𝑂)=|𝑥1−𝑥2|+|𝑦1−𝑦2|，二次函数𝑦=𝑥2−3𝑥+4的图象如图所示． (1)点𝐴为图象与𝑦轴的交点，点𝐵(−1,𝑏)在该二次函数的图象上，求𝑑(𝐴,𝐵)的值． (2)点𝐶是二次函数𝑦=𝑥2−3𝑥+4(𝑥≥0)图象上的一点，记点𝐶的横坐标为𝑚． ①求𝑑(𝑂,𝐶)的最小值及对应的点𝐶的坐标．
②当𝑡≤𝑚≤𝑡+1时，𝑑(𝑂,𝐶)的最大值为𝑝，最小值为𝑞，若𝑝−𝑞=4，求𝑡的值．
3
24. (本小题14.0分)
⏜上一点(点𝑃与点𝐶，𝐷不重合)，连结𝑃𝐴，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的四个顶点都在⊙𝑂上，点𝑃是劣弧𝐶𝐷𝑃𝐷．
(1)如图1，求∠𝐴𝑃𝐷的度数．
(2)如图2，连结𝑃𝐵.在线段𝑃𝐵上取点𝑀，使得𝐴𝑀=𝐴𝐵，过点𝑀作𝑀𝑁//𝐴𝐵交𝑃𝐴于点𝑁.记𝑃𝐴，
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𝑃𝐵与边𝐶𝐷交于点𝐸，𝐹． ①求证：△𝐴𝐷𝑃≌△𝐴𝑀𝑃．
②若𝑀𝑁=5，𝐶𝐹=12，求正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积．
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答案和解析
1.【答案】𝐵
【解析】解：𝑐𝑜𝑠30°=故选：𝐵．
根据特殊角的三角函数值可得答案．
此题主要考查了特殊角的三角函数值，关键是掌握30°、45°、60°角的各种三角函数值．
√32，
2.【答案】𝐴
【解析】解：抛物线𝑦=3𝑥2的顶点坐标为(0,0)，先把(0,0)向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到的对应点的坐标为(1,1)，所以平移后的抛物线解析式为𝑦=3(𝑥−1)2+1． 故选：𝐴．
先利用顶点式得到抛物线𝑦=3𝑥2的顶点坐标为(0,0)，再利用点平移的规律得到点(0,0)平移后的对应点的坐标为(1,1)，然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．
本题考查了二次函数与几何变换：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．
3.【答案】𝐵
【解析】解：∵一个不透明的箱子里有5个球，其中2个红球，3个白球， ∴从箱子中随机摸出一个球是红球的概率是：． 故选：𝐵．
由一个不透明的箱子里共有5个球，其中2个红球，3个白球，它们除颜色外均相同，直接利用概率公式求解即可求得答案．
此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
254.【答案】𝐵
【解析】
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【分析】
此题主要考查了相似三角形的判定与性质，正确得出对应边的比是解题关键． 根据题意得出△𝐴𝐷𝐸∽△𝐴𝐵𝐶，进而利用已知得出对应边的比值． 【解答】 解：∵𝐷𝐸//𝐵𝐶， ∴△𝐴𝐷𝐸∽△𝐴𝐵𝐶， ∵𝐵𝐷=2𝐴𝐷， ∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐴𝐶=3， 则
𝐴𝐸𝐸𝐶𝐴𝐷
𝐷𝐸1
𝐴𝐸
1
=2，
∴𝐴，𝐶，𝐷选项错误，𝐵选项正确， 故选B．
5.【答案】𝐴
【解析】解：∵𝑃是𝐴𝐵的黄金分割点(𝐴𝑃>𝐵𝑃)，线段𝐴𝐵的长为6𝑐𝑚， ∴
𝐴𝑃𝐴𝐵≈0.618，
∴𝐴𝑃=0.618×6≈3.71(𝑐𝑚)， 故选：𝐴．
根据黄金分割的定义进行计算即可解答．
本题考查了黄金分割，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键．
6.【答案】𝐷
【解析】解：∵正六边形的外角和为360°， ∴每一个外角的度数为360°÷6=60°， ∴正六边形的每个内角为180°−60°=120°， ∵正六边形的边长为6， ∴𝑆阴影=
120𝜋×62360=12𝜋，
故选：𝐷．
首先确定扇形的圆心角的度数，然后利用扇形的面积公式计算即可．
本题考查了正多边形和圆及扇形的面积的计算的知识，解题的关键是求得正六边形的内角的度数
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并牢记扇形的面积计算公式，难度不大．
7.【答案】𝐷
【解析】解：在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，𝑠𝑖𝑛𝐴=在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐷中，𝑠𝑖𝑛𝐴=
𝐶𝐷， 𝐴𝐶
𝐵𝐶， 𝐴𝐵
∵∠𝐴+∠𝐵=90°，∠𝐵+∠𝐵𝐶𝐷=90°， ∴∠𝐴=∠𝐵𝐶𝐷，
在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐷中，sin∠𝐵𝐶𝐷=𝑠𝑖𝑛𝐴=故选：𝐷．
利用锐角三角函数定义判断即可．
此题考查了锐角三角函数的定义，熟练掌握锐角三角函数定义是解本题的关键．
𝐵𝐷， 𝐵𝐶
8.【答案】𝐶
【解析】解：∵直径𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，垂足为𝑀， ∴𝐷𝑀=𝐶𝐷=4， 连接𝑂𝐷，设圆的半径为𝑟，
12
则在直角△𝑂𝑀𝐷中，𝑂𝑀=𝑟−2，
由勾股定理得到：𝑂𝐷2=𝑂𝑀2+𝑀𝐷2，即𝑟2=(𝑟−2)2+42， 解得𝑟=5， ∴𝑂𝐴=5，
∴𝐴𝑀=10−2=8，
在直角△𝐴𝑀𝐷中，𝐴𝐷2=𝑀𝐷2+𝐴𝑀2， ∴𝐴𝐷=√42+82=4√5， 故选：𝐶．
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根据垂径定理和勾股定理即可求得𝐴𝐷．
本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此题的关键．
9.【答案】𝐶
【解析】解：作𝐴𝐻⊥𝐵𝐶于𝐻，𝐷𝐺⊥𝐵𝐸于𝐺，
∴∠𝐴𝐻𝐵=∠𝐷𝐺𝐵， ∵𝐵𝐷=𝐷𝐸，𝐷𝐺⊥𝐵𝐸， ∴𝐵𝐺=𝐵𝐸=3𝑐𝑚， 由勾股定理得，𝐷𝐺=4𝑐𝑚， ∵𝐴𝐵⊥𝐵𝐷， ∴∠𝐴𝐵𝐷=90°， ∴∠𝐴𝐵𝐻+∠𝐷𝐵𝐺=90°， ∵∠𝐷𝐵𝐺+∠𝐵𝐷𝐺=90°， ∴∠𝐴𝐵𝐻=∠𝐵𝐷𝐺， ∴△𝐴𝐻𝐵∽△𝐵𝐺𝐷， ∴∴
𝐴𝐵𝐵𝐷25512==
𝐵𝐻， 𝐷𝐺𝐵𝐻， 4∴𝐵𝐻=20𝑐𝑚， ∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐴𝐻⊥𝐵𝐶， ∴𝐵𝐶=2𝐵𝐻=40𝑐𝑚， 故选：𝐶．
𝐷𝐺⊥𝐵𝐸于𝐺，作𝐴𝐻⊥𝐵𝐶于𝐻，根据等腰三角形的性质得𝐵𝐺=3𝑐𝑚，利用勾股定理得𝐷𝐺=4𝑐𝑚，再说明△𝐴𝐻𝐵∽△𝐵𝐺𝐷，可得
𝐴𝐵
𝐵𝐷=𝐷𝐺，代入即可解决问题．
𝐵𝐻
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本题主要考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造相似三角形是解题的关键．
10.【答案】𝐵
【解析】解：由题意可作如图，
当抛物线经过点𝐵时，−(1+1)2+𝑏=2， ∴𝑏=6，
当抛物线经过点𝐴时，−(−2+1)2+𝑏=−2， ∴𝑏=−1，
∵𝑥1<𝑚≤𝑥2恒成立， ∴𝑏≥6，且𝑏>−1， ∴𝑏≥6， 故选：𝐵．
由题意可得，函数图象开口向下，先求得抛物线经过
点𝐵时𝑎的取值，然后求得经过点𝐴时𝑎的取值，然后由𝑥1<𝑚≤𝑥2恒成立得知线段𝐴𝐵的位置，进而得到𝑎的取值范围．
本题考查了二次函数的图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是学会寻找特殊点解决问题，属于选择题中的压轴题．
11.【答案】2
【解析】解：∵2𝑚−7𝑛=0， ∴2𝑚=7𝑛， ∴𝑛=2， 故答案为：．
利用比例的基本性质进行计算即可．
本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的基本性质是解题的关键．
72
𝑚
7
7
12.【答案】20000
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【解析】解：若要有18000棵树苗成活，估计需要移植树苗18000÷0.9=20000(棵)， 故答案为：20000．
用成活的数量除以成活的频率估计值即可．
本题主要考查利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
13.【答案】1：9
【解析】解：∵𝐵(0,1)，𝐷(0,3)， ∴𝑂𝐵=1，𝑂𝐷=3，
∵△𝑂𝐴𝐵以原点𝑂为位似中心放大后得到△𝑂𝐶𝐷， ∴△𝑂𝐴𝐵与△𝑂𝐶𝐷的相似比是𝑂𝐵：𝑂𝐷=1：3， ∴△𝑂𝐴𝐵与△𝑂𝐶𝐷的面积的比是1：9． 故答案是：1：9．
根据信息，找到𝑂𝐵与𝑂𝐷的比值即为相似比，然后由两个相似三角形的面积比等于相似比的平方求得答案．
本题考查的是位似变换、坐标与图形的性质．关键在于找到相似比就是对应边的比．
14.【答案】0<𝑥<3
【解析】解：∵抛物线𝑦=−𝑥2+2𝑥+3交𝑦轴于点𝐴，交𝑥轴正半轴于点𝐵， ∴点𝐴(0,3)，
当𝑦=0时，0=−𝑥2+2𝑥+3， ∴𝑥1=3，𝑥2=−1， ∴点𝐵(3,0)，
∴等式−𝑥2+2𝑥+3>𝑘𝑥+𝑏的解集为0<𝑥<3， 故答案为0<𝑥<3．
先求出点𝐴，点𝐵坐标，结合图象可求解．
本题考查了二次函数与不等式的应用，利用数形结合思想解决问题是本题的关键．
15.【答案】5
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【解析】解：连接𝑂𝐵，延长𝐴𝑂交𝐵𝐶于点𝐸，
∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝑂𝐵=𝑂𝐶，
∴点𝐴和点𝑂都在线段𝐵𝐶的垂直平分线上， ∴𝐵𝐸=𝐶𝐸=3，𝐴𝐸⊥𝐵𝐶， ∴∠𝐵𝑂𝐸=∠𝐶𝑂𝐸， ∵∠𝐵𝑂𝐶=2∠𝐵𝐴𝐶， ∴∠𝐵𝑂𝐸=∠𝐵𝐴𝐶，
∴sin∠𝐵𝑂𝐸=sin∠𝐵𝐴𝐶=， ∴𝑂𝐵=𝑂𝐵=5， ∴𝑂𝐵=5， 即⊙𝑂的半径为5， 故答案为：5．
连接𝑂𝐵，延长𝐴𝑂交𝐵𝐶于点𝐸，由圆周角定理证出∠𝐵𝑂𝐸=∠𝐵𝐴𝐶，由锐角三角函数的定义可求出答案．
本题考查了圆中的相关性质定理、线段垂直平分线的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识点，熟练掌握相关性质定理及其应用是解题的关键．
𝐵𝐸
3
3
3
516.【答案】5
【解析】解：如图，过点𝐷作𝐷𝐺⊥𝐴𝐶于𝐺，过点𝐸作𝐸𝐻⊥𝐴𝐶于𝐻， 则∠𝐷𝐺𝑀=∠𝑀𝐻𝐸=90°，
在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，𝐵𝐶=√𝐴𝐵2−𝐴𝐶2=√102−82=6， ∵𝐷是𝐴𝐵的中点， ∴𝐴𝐷=2𝐴𝐵=5，
∵∠𝐴𝐺𝐷=∠𝐴𝐶𝐵=90°，∠𝐷𝐴𝐺=∠𝐵𝐴𝐶，
1
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∴△𝐴𝐷𝐺∽△𝐴𝐵𝐶，
∴𝐵𝐶=𝐴𝐶=𝐴𝐵，即==，
6810∴𝐷𝐺=3，𝐴𝐺=4，
∴𝐶𝐺=𝐴𝐶−𝐴𝐺=8−4=4， ∵△𝑀𝐷𝐹的面积是△𝑀𝐸𝐹面积的√3倍， ∴2𝐹𝑀⋅𝐷𝐺=√3×2𝐹𝑀⋅𝐸𝐻， ∴𝐷𝐺=√3𝐸𝐻，即𝐸𝐻=
√3
𝐷𝐺𝐴𝐺𝐴𝐷𝐷𝐺𝐴𝐺5
11
3
𝐷𝐺=√3，
在𝑅𝑡△𝐷𝐸𝑀中，∠𝐷𝑀𝐸=90°，∠𝐷𝐸𝑀=30°， ∴
𝐷𝑀
𝑀𝐸
=tan∠𝐷𝐸𝑀=𝑡𝑎𝑛30°=
√3
3
，
∵∠𝐷𝑀𝐺+∠𝑀𝐷𝐺=90°，∠𝐷𝑀𝐺+∠𝐸𝑀𝐻=∠𝐷𝑀𝐸=90°， ∴∠𝑀𝐷𝐺=∠𝐸𝑀𝐻， ∴△𝐷𝑀𝐺∽△𝑀𝐸𝐻， ∴∴
𝑀𝐺𝐸𝐻𝑀𝐺√3==
𝐷𝑀
， 𝑀𝐸
√3
3
，
∴𝑀𝐺=1，
∴𝐶𝑀=𝐶𝐺+𝑀𝐺=4+1=5， 故答案为：5．
𝐷𝐺=3，𝐴𝐺=4，如图，过点𝐷作𝐷𝐺⊥𝐴𝐶于𝐺，过点𝐸作𝐸𝐻⊥𝐴𝐶于𝐻，先证得△𝐴𝐷𝐺∽△𝐴𝐵𝐶，求得：𝐶𝐺=4，再根据△𝑀𝐷𝐹的面积是△𝑀𝐸𝐹面积的√3倍，可求得𝐸𝐻=√3𝐷𝐺=√3，再利用三角函数
3定义可得𝐷𝑀=tan∠𝐷𝐸𝑀=𝑡𝑎𝑛30°=√3，
𝑀𝐸
3
最后再证明△𝐷𝑀𝐺∽△𝑀𝐸𝐻，运用相似三角形性质即可求得答案．
本题是相似三角形综合题，考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，三角函数定义，三角形面积等，添加辅助线构造相似三角形是解题关键．
17.【答案】解：(1)原式=(√2)2+√3×1√3
2
2
=2+2
13
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=2．
(2)根据比例中项的概念结合比例的基本性质，得：比例中项的平方等于两条线段的乘积． 所以𝑐2=4×16，解得𝑐=±8(线段是正数，负值舍去)， 故线段𝑐的长为8．
【解析】(1)根据特殊三角函数值计算即可；
(2)根据比例中项的定义，列出比例式即可得出中项，注意线段不能为负． 此题考查了比例线段；理解比例中项的概念，这里注意线段不能是负数．
18.【答案】解：(1)3
(2)画树状图如图：
1
共有6种等可能的结果，甲与乙两同学恰好相邻而坐的结果有4种， ∴甲与乙相邻而坐的概率为=．
63【解析】解：(1)∵丙坐了一张座位， ∴甲坐在①号座位的概率是；
(1)直接根据概率公式计算即可；
(2)画树状图，共有6种等可能的结果，甲与乙相邻而坐的结果有4种，再由概率公式求解即可． 本题考查了列表法与树状图法求概率，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
134
2
19.【答案】解：过点𝐴作𝐴𝐶⊥𝑂𝐵，垂足为点𝐶，
在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝑂中，
∵∠𝐴𝑂𝐶=40°，𝐴𝑂=1.2米，
∴𝐴𝐶=sin∠𝐴𝑂𝐶⋅𝐴𝑂≈0.64×1.2=0.768， ∵汽车靠墙一侧𝑂𝐵与墙𝑀𝑁平行且距离为0.8米，
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∴车门不会碰到墙．
【解析】过点𝐴作𝐴𝐶⊥𝑂𝐵，垂足为点𝐶，解三角形求出𝐴𝐶的长度，进而作出比较即可． 本题主要考查了解直角三角形的应用，解题的关键是正确添加辅助线，此题难度不大．
20.【答案】(1)证明：∵𝑂𝐵=𝑂𝐷，
∴∠𝐵=∠𝑂𝐷𝐵， ∵𝐴𝐵=𝐴𝐶， ∴∠𝐵=∠𝐶， ∴∠𝑂𝐷𝐵=∠𝐶， ∴𝑂𝐷//𝐴𝐶， ∴𝑂𝐴=𝐷𝐶=1， ∴𝐵𝐷=𝐷𝐶； (2)∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，
∴∠𝐵=∠𝐶=(180°−∠𝐴)=×(180°−50°)=65°， ∴∠𝑂𝐷𝐵=∠𝐵=65°， ∵∠𝐸𝐷𝐶=∠𝐴=50°，
∴∠𝑂𝐷𝐸=180°−∠𝑂𝐷𝐵−∠𝐸𝐷𝐶=180°−65°−50°=65°．
【解析】(1)利用等腰三角形的性质得到∠𝐵=∠𝑂𝐷𝐵，∠𝐵=∠𝐶，再判断𝑂𝐷//𝐴𝐶，然后利用平行线分线段成比例得到𝐵𝐷=𝐷𝐶；
(2)利用三角形内角和计算出∠𝐵=∠𝐶=65°，则∠𝑂𝐷𝐵=∠𝐵=65°，再利用圆内接四边形的性质得到∠𝐸𝐷𝐶=∠𝐴=50°，然后利用平角定义可计算出∠𝑂𝐷𝐸的度数．
本题考查了圆周角定理：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．也考查了等腰三角形的性质．
12
12
𝐵𝑂
𝐵𝐷
21.【答案】解：(1)根据题意得：点𝐴坐标为(120,0)，
点𝐶是过点𝑂，𝐶，𝐴三点抛物线的顶点，点𝐶坐标为(60,30)， ∴设抛物线的解析式为：
𝑦=𝑎(𝑥−60)2+30(𝑎≠0)，把点(0,0)代入得： 0=𝑎(0−60)2+30，
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解得：𝑎=−，
120
∴过点𝑂，𝐶，𝐴三点的抛物线表达式为𝑦=−(2)把𝑦=22.5代入(1)中解析式得： 22.5=−120(𝑥−60)2+30， 解得：𝑥1=90，𝑥2=30， ∵点𝐸在点𝐶的左侧， ∴𝑂𝐹=30，
由题意知：小明通过桥面的速度为：30÷0.5=60(米/分)， ∴小明通过桥面𝑂𝐵需要时间为：240÷60=4(分钟)． 答：小明通过桥面𝑂𝐵需4分钟．
【解析】(1)根据题意用待定系数法求函数解析式即可；
(2)把𝑦=22.5代入(1)中解析式，求得𝑂𝐹=30，然后求出小明行走的速度，再求出小明通过桥面的时间即可．
本题考查了二次函数的应用，关键是用待定系数法求函数解析式．
1
1
(𝑥−60)21201
+30；
22.【答案】(1)①证明：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，
∵将△𝐴𝐵𝐸沿𝐵𝐸折叠，点𝐴的对应点为𝐹．
∴∠𝐸𝐹𝐵=∠𝐴=90°，𝐸𝐹=𝐴𝐸=1，𝐵𝐹=𝐴𝐵=2， ∴∠𝐷𝐹𝐸+∠𝐵𝐹𝐶=90°， ∵∠𝐶𝐵𝐹+∠𝐶𝐹𝐵=90°， ∴∠𝐷𝐹𝐸=∠𝐶𝐵𝐹， ∵∠𝐷=∠𝐶=90°， ∴△𝐵𝐶𝐹∽△𝐹𝐷𝐸；
②解：设𝐷𝐸=𝑥，则𝐴𝐷=𝑥+1， 由①知△𝐵𝐶𝐹∽△𝐹𝐷𝐸， ∴𝐵𝐹=𝐶𝐹=2， ∴𝐶𝐹=2𝑥，
在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐹中，由勾股定理得，
𝐸𝐹
𝐸𝐷
1
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(𝑥+1)2+(2𝑥)2=22， 解得：𝑥=或−1(舍去)，
5∴𝐴𝐷=𝑥+1=+1=； (2)解：设𝐷𝐹=𝑥， ∵将△𝐴𝐵𝐸沿𝐵𝐸折叠，
∴𝐸𝐹=𝐴𝐸=1，∠𝐸𝐹𝐵=∠𝐴=90°， 又∵∠𝐵𝐷𝐴=∠𝐸𝐷𝐹， ∴△𝐴𝐵𝐷∽△𝐹𝐸𝐷， ∴𝐴𝐷=𝐴𝐵=2， ∴𝐴𝐷=2𝑥， ∴𝐷𝐸=2𝑥−1，
在𝑅𝑡△𝐷𝐸𝐹中，由勾股定理得：𝐸𝐹2=𝐷𝐸2−𝐷𝐹2， 即(2𝑥−1)2−𝑥2=1， 解得：𝑥=或0(舍去)，
3∴𝐴𝐷=2𝑥=2×3=3．
【解析】(1)①根据同角的余角相等可得∠𝐷𝐹𝐸=∠𝐶𝐵𝐹，从而证明结论；
②设𝐷𝐸=𝑥，则𝐴𝐷=𝑥+1，由①知△𝐵𝐶𝐹∽△𝐹𝐷𝐸，得𝐵𝐹=𝐶𝐹=2，从而得出𝐶𝐹=2𝑥，在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐹中，利用勾股定理列方程即可； (2)设𝐷𝐹=𝑥，证明△𝐴𝐵𝐷∽△𝐹𝐸𝐷，得
𝐷𝐹𝐴𝐷
𝐸𝐹
𝐸𝐷
1
4
8
4
𝐷𝐹
𝐸𝐹
1
35
85
3
=𝐴𝐵=2，则𝐴𝐷=2𝑥，𝐷𝐸=2𝑥−1，在𝑅𝑡△𝐷𝐸𝐹中，
𝐸𝐹1
由勾股定理得：(2𝑥−1)2−𝑥2=1，从而解决问题．
本题主要考查了矩形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定与性质，利用勾股定理列方程是解题的关键．
23.【答案】解：(1)把𝑥=0代入𝑦=𝑥2−3𝑥+4，得𝑦=4，
∴点𝐴坐标为(0,4)，
把(−1,𝑏)代入𝑦=𝑥2−3𝑥+4，得𝑏=1+3+4=8， ∴点𝐵坐标为(−1,8)，
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∴𝑑(𝐴,𝐵)=|−1−0|+|8−4|=5． (2)①∵𝑦=𝑥2−3𝑥+4=(𝑥−2)2+4， ∴抛物线开口向上，顶点坐标为(,)， ∴𝑦≥4，
∵点𝐶在抛物线上， ∴𝐶(𝑚,𝑚2−3𝑚+4)，
∴𝑑(𝑂,𝐶)=|𝑚−0|+|𝑚2−3𝑚+4−0|， ∵𝑚≥0，𝑚2−3𝑚+4≥，
∴𝑑(𝑂,𝐶)=𝑚2−2𝑚+4=(𝑚−1)2+3， ∴当𝑚=1时，𝑑(𝑂,𝐶)最小值为3， 此时点𝐶坐标为(1,2)． ②∵𝑑(𝑂,𝐶)=(𝑚−1)2+3，
∴当0≤𝑚<1时，𝑑(𝑂,𝐶)随𝑚增大而减小，当𝑚≥1时，𝑑(𝑂,𝐶)随𝑚增大而增大， 把𝑚=𝑡代入𝑑(𝑂,𝐶)=(𝑚−1)2+3得𝑑(𝑂,𝐶)=(𝑡−1)2+3， 把𝑚=𝑡+1代入入𝑑(𝑂,𝐶)=(𝑚−1)2+3得𝑑(𝑂,𝐶)=𝑡2+3， 当𝑡+1−1=1−𝑡时，𝑡=，
2当0<𝑡≤时，𝑑(𝑂,𝐶)的最小值𝑞=3，最大值𝑝=(𝑡−1)2+3， 𝑝−𝑞=(𝑡−1)2=4，
√3√3解得𝑡=1+(不符合题意，舍去)，𝑡=1−，
22
37
37
24
7
741
123
当<𝑡≤1时，𝑑(𝑂,𝐶)的最小值𝑞=3，最大值𝑝=𝑡2+3， 2𝑝−𝑞=𝑡2=4，
解得𝑡=√3，𝑡=−√3(不符合题意，舍去)．
223
1
当𝑡>1时，𝑑(𝑂,𝐶)的最小值𝑞=(𝑡−1)2+3，最大值𝑝=𝑡2+3， 𝑝−𝑞=𝑡2−(𝑡−1)2=4，
3
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解得𝑡=(不符合题意，舍去)，
8综上所述，𝑡=1−或．
22
【解析】(1)求出点𝐴，𝐵坐标，然后根据𝑑(𝑃,𝑂)=|𝑥1−𝑥2|+|𝑦1−𝑦2|求解．
(2)①设点𝐶坐标为(𝑚,𝑚2−3𝑚+4)，根据𝑑(𝑂,𝐶)=|𝑚−0|+|𝑚2−3𝑚+4−0|求解．②分类讨论0<𝑡≤，<𝑡≤1，𝑡>1三种情况求解．
本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程的关系．
1
2
12
√3
√3
7
24.【答案】(1)解：如图1，
连接𝐴𝐶，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形， ∴∠𝐵𝐶𝐷=90°，
∴∠𝐴𝐶𝐷=2∠𝐵𝐶𝐷=45°， ⏜=𝐴𝐷⏜， ∵𝐴𝐷
∴∠𝐴𝑃𝐷=∠𝐴𝐶𝐷=45°； (2)①证明：∵𝐴𝑀=𝐴𝐵， ∴∠𝐴𝐵𝑃=∠𝐴𝑀𝐵， ∵四边形𝐴𝐵𝑃𝐷内接于⊙𝑂， ∴∠𝐴𝐵𝑃+∠𝐴𝐷𝑃=180°， ∵∠𝐴𝑀𝐵+∠𝐴𝑀𝑃=180°， ∴∠𝐴𝐷𝑃=∠𝐴𝑀𝑃， ∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形， ∴𝐴𝐵=𝐴𝐷，
1
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⏜=𝐴𝐵⏜，𝐴𝐷=𝐴𝑀， ∴𝐴𝐷
∴∠𝐴𝑃𝐷=∠𝐴𝑃𝐵， 在△𝐴𝐷𝑃和△𝐴𝑀𝑃中， ∠𝐴𝑃𝐷=∠𝐴𝑃𝐵{∠𝐴𝐷𝑃=∠𝐴𝑀𝑃， 𝐴𝐷=𝐴𝑀
∴△𝐴𝐷𝑃≌△𝐴𝑀𝑃(𝐴𝐴𝑆)； (3)解：如图2，
连接𝐸𝑀并延长交𝐵𝐶于𝑄，连接𝐴𝑄，𝐴𝑄交𝐵𝐹于𝐺， 由①知：△𝐴𝐷𝑃≌△𝐴𝑀𝑃， ∴∠𝐷𝐴𝑃=∠𝑀𝐴𝑃， 在△𝐷𝐴𝐸和△𝑀𝐴𝐸中， 𝐴𝐷=𝐴𝑀
{∠𝐷𝐴𝑃=∠𝑀𝐴𝑃， 𝐴𝐸=𝐴𝐸
∴△𝐷𝐴𝐸≌△𝑀𝐴𝐸(𝑆𝐴𝑆)， ∴∠𝐴𝑀𝐸=∠𝐴𝐷𝐸=90°， ∵𝐴𝑀=𝐴𝐵，𝐴𝑄=𝐴𝑄， ∴△𝐴𝐵𝑄≌△𝐴𝑀𝑄(𝐻𝐿)， ∴𝑀𝑄=𝐵𝑄， ∵𝐴𝑀=𝐴𝐵， ∴𝐴𝑄⊥𝐵𝐹， ∴∠𝐵𝐺𝑄=90°，
∵∠𝐶=90°，∠𝐺𝐵𝑄=∠𝐶𝐵𝐹， ∴∠𝐴𝑄𝐵=∠𝐵𝐹𝐶，
∵𝐵𝐶=𝐴𝐵，∠𝐴𝐵𝐶𝑄=∠𝐶=90°，
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∴△𝐴𝐵𝑄≌△𝐵𝐶𝐹(𝐴𝐴𝑆)， ∴𝐵𝑄=𝐶𝐹=12， ∴𝑀𝑄=12，， 设∠𝑃𝐴𝐷=∠𝑃𝐴𝑀=𝛼，
∴∠𝐵𝐴𝑀=90°−∠𝐷𝐴𝑀=90°−2𝛼， ∵𝑀𝑁//𝐴𝐵，
∴∠𝐴𝑀𝑁=∠𝐵𝐴𝑀=90°−2𝛼，
∴∠𝑀𝑁𝐸=∠𝑃𝐴𝑀+∠𝐴𝑀𝑁=𝛼+90°−2𝛼=90°−𝛼， ∵∠𝑀𝐸𝑁=90°−∠𝑀𝐴𝐸=90°−𝛼， ∴∠𝑀𝑁𝐸=∠𝑀𝐸𝑁， ∴𝐸𝑀=𝑀𝑁=5，
∴𝐸𝑄=𝐸𝑀+𝑀𝑄=5+12=17， 设正方形的边长是𝑎， ∴𝐶𝐷=𝐵𝐶=𝑎，
∴𝐶𝐸=𝐶𝐷−𝐸𝑀=𝑎−5， 𝐶𝑄=𝐵𝐶−𝐵𝑄=𝑎−12， 在𝑅𝑡△𝐸𝐶𝑄中， 𝐶𝐸2+𝐶𝑄2=𝐸𝑄2，
∴(𝑎−5)2+(𝑎−12)2=172， ∴𝑎1=20，𝑎2=−3(舍去)， ∴𝑆正方形𝐴𝐵𝐶𝐷=𝑎2=202=400．
【解析】(1)可通过∠𝐴𝑃𝐷=∠𝐴𝐶𝐷=45°求得结果；
(2)①可证明∠𝐴𝐷𝑃=∠𝐴𝑀𝑃，∠𝐴𝑃𝐷=∠𝐴𝑃𝑀，𝑃𝐴是公共边得出△𝐴𝐷𝑃≌△𝐴𝑀𝑃；
(3)连接𝐸𝑀并延长交𝐵𝐶于𝑄，𝐴𝑄交𝐵𝐹于𝐺，连接𝐴𝑄，可证得△𝐷𝐴𝐸≌△𝑀𝐴𝐸，从而∠𝐴𝑀𝐸=∠𝐴𝐷𝐸=90°，进而△𝐴𝐵𝑄≌△𝐴𝑀𝑄，进而△𝐴𝐵𝑄≌△𝐵𝐶𝐹，设∠𝑃𝐴𝐷=∠𝑃𝐴𝑀=𝛼，可证得∠𝑀𝑁𝐸=∠𝑀𝐸𝑁=90°−𝛼，可得𝐸𝑀=𝑀𝑁=5，从而𝐸𝑄=𝐸𝑀+𝑀𝑄=5+12=17，进一步求得结果． 本题考查了正方形的性质，圆的内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，圆的弦、弧、圆周角之间的关系，勾股定理等知识，解决问题的关键是观察和寻找全等三角形．
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