?2021-2022學年浙江省紹興市越城區(qū)五校聯(lián)考九年級（上）期中數(shù)學試卷
一、單選題（共30分）
1．（3分）下列關系式中，屬于二次函數(shù)的是（x為自變量）（　?。?br /> A．y＝ B．y＝ C．y＝ D．y＝ax2+bx+c
2．（3分）下列說法正確的是（　?。?br /> A．擲一枚質(zhì)地均勻的骰子，擲得的點數(shù)為3的概率是
B．某種彩票中獎的概率是，那么買10000張這種彩票一定會中獎
C．擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，“兩枚硬幣都是正面朝上”的概率與“一枚硬幣正面朝上，一枚硬幣反面朝上”的概率相同
D．通過大量重復試驗，可以用頻率估計概率
3．（3分）如圖，將△AOB繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)45°后得到△A′OB′，若∠AOB＝15°，則∠AOB′的度數(shù)是（　?。?br />
A．25° B．30° C．35° D．40°
4．（3分）已知二次函數(shù)y＝﹣x2+2x﹣3，用配方法化為y＝a（x﹣h）2+k的形式，結(jié)果是（　?。?br /> A．y＝﹣（x﹣1）2﹣2 B．y＝﹣（x﹣1）2+2
C．y＝﹣（x﹣1）2+4 D．y＝﹣（x+1）2﹣4
5．（3分）如圖，已知AB是⊙O的直徑，CD是弦，若∠BCD＝24°，則∠ABD＝（　　）

A．54° B．56° C．64° D．66°
6．（3分）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，∠B＝60°，OP⊥AC于點P，OP＝2，則⊙O的半徑為（　?。?br />
A．4 B．6 C．8 D．12
7．（3分）如圖，正方形三個頂點的坐標依次為（3，1），（1，1），（1，3）．若拋物線y＝ax2的圖象與正方形的邊有公共點，則實數(shù)a的取值范圍是（　　）

A．≤a≤3 B．≤a≤1 C．≤a≤3 D．≤a≤1
8．（3分）如圖，D、E分別是△ABC的邊AB、BC上的點，DE∥AC，若S△BDE：S△CDE＝1：4，則S△BDE：S△ADC的值為（　?。?br />
A．1：16 B．1：18 C．1：20 D．1：24
9．（3分）如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，AC＝6，BD＝8，動點P從點B出發(fā)，沿著B→A→D在菱形ABCD的邊AB，AD上運動，運動到點D停止．點P′是點P關于BD的對稱點，連接PP'交BD于點M，若BM＝x（0＜x＜8），△DPP′的面積為y，下列圖象能正確反映y與x的函數(shù)關系的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
10．（3分）如圖，已知二次函數(shù)y＝﹣（x+1）（x﹣4）的圖象與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，P為該二次函數(shù)在第一象限內(nèi)的一點，連接AP，交BC于點K，則的最小值為（　?。?br />
A． B．2 C． D．
二、填空題（共24分）
11．（4分）把拋物線y＝﹣3x2向左平移2個單位，再將它向下平移3個單位，得到拋物線為　 ?。?br /> 12．（4分）已知A（﹣3，y1），B（﹣1，y2）是拋物線上y＝﹣（x﹣3）2+k的兩點，則y1，y2的大小關系為 　 ?。?br /> 13．（4分）一個直角三角形的兩條邊長是方程x2﹣7x+12＝0的兩個根，則此直角三角形的外接圓的直徑為 　 ?。?br /> 14．（4分）如圖，在4×4正方形網(wǎng)格中，A、B在格點上，在網(wǎng)格的其它格點上任取一點C（不含A、B），能使△ABC為等腰三角形的概率是 　 　．

15．（4分）如圖，在△ABC中，點D是邊AC上的任意一點，點M，N分別是△ABD和△BCD的重心，如果AC＝6，那么線段MN的長為 　 　．

16．（4分）如圖，已知在半徑為1的半⊙O中，CD為直徑，A為半圓上一動點，連結(jié)OA，作OB平分∠AOC交圓于點B，連結(jié)BD，分別與AC，AO交于點N，M．若AM＝AN，則△AMD的面積為 　 ?。?br />
三、解答題（共66分）
17．（6分）（1）計算．
（2）解方程：＝1．
18．（6分）如圖，在平面直角坐標系中，△ABC的頂點坐標分別為A（﹣1，0），B（﹣4，1），C（﹣2，2）．
（1）直接寫出點B關于原點對稱的點B′的坐標：　 ??；
（2）平移△ABC，使平移后點A的對應點A1的坐標為（2，1），請畫出平移后的△A1B1C1；
（3）畫出△ABC繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°后得到的△A2B2C2．

19．（6分）有5張看上去無差別的卡片，上面分別寫著1，2，3，4，5．隨機抽取1張后，放回并混在一起，再隨機抽取1張，求兩次抽取的數(shù)字之和為3的倍數(shù)的概率（用列表或樹狀圖來表示所有可能結(jié)果）．
20．（8分）如圖，二次函數(shù)y2＝ax2+bx+3的圖象與x軸相交于點A（﹣3，0）、B（1，0），交y軸于點C，C、D是二次函數(shù)圖象上的一對對稱點，一次函數(shù)y1＝mx+n的圖象經(jīng)過B、D兩點．
（1）求a、b的值及點D的坐標；
（2）根據(jù)圖象寫出y2＞y1時，x的取值范圍．

21．（8分）如圖，已知CD是Rt△ABC斜邊AB上的中線，過點D作DE∥AC，過點C作CE⊥CD，兩線相交于點E．
（1）求證：△ABC∽△DEC；
（2）若AC＝8，BC＝6，求DE的長．

22．（10分）如圖，AB＝AC，AB為⊙O的直徑，AC、BC分別交⊙O于點E、D，連接ED、BE．
（1）試判斷DE與DC是否相等，并說明理由；
（2）如果BD＝2，AE＝2，求⊙O的直徑．

23．（10分）國慶期間，某商場銷售一種商品，進貨價為20元/件，當售價為24元/件時，每天的銷售量為200件，在銷售的過程中發(fā)現(xiàn)：銷售單價每上漲1元，每天的銷量就減少10件．設銷售單價為x（元/件）（x≥24），每天銷售利潤為y（元）．
（1）直接寫出y與x的函數(shù)關系式為：　 　；
（2）若要使每天銷售利潤為1400元，求此時的銷售單價；
（3）若每件小商品的售價不超過31元，求該商場每天銷售此商品的最大利潤．
24．（12分）在矩形ABCD的CD邊上取一點E，將△BCE沿BE翻折，使點C恰好落在AD邊上點F處．

（1）如圖1，若BC＝2BA，則∠CBE的度數(shù)為 　 　；
（2）如圖2，當AB＝6，且AF?FD＝12時，求BC的長；并判斷此時△BFE與△FDE是否相似，說明理由．
（3）如圖3，延長EF，與∠ABF的角平分線交于點M，BM交AD于點N，當NF＝AN+FD時，求的值．


2021-2022學年浙江省紹興市越城區(qū)五校聯(lián)考九年級（上）期中數(shù)學試卷
參考答案與試題解析
一、單選題（共30分）
1．（3分）下列關系式中，屬于二次函數(shù)的是（x為自變量）（　?。?br /> A．y＝ B．y＝ C．y＝ D．y＝ax2+bx+c
【分析】根據(jù)形如y＝ax2+bx+c（a、b、c是常數(shù)，a≠0）是二次函數(shù)，可得答案．
【解答】解：A、y＝是二次函數(shù)，故A正確；
B、y＝不是二次函數(shù)，故B錯誤；
C、y＝不是二次函數(shù)，故C錯誤；
D、當a＝0時，y＝ax2+bx+c不是二次函數(shù)，故D錯誤；
故選：A．
2．（3分）下列說法正確的是（　?。?br /> A．擲一枚質(zhì)地均勻的骰子，擲得的點數(shù)為3的概率是
B．某種彩票中獎的概率是，那么買10000張這種彩票一定會中獎
C．擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，“兩枚硬幣都是正面朝上”的概率與“一枚硬幣正面朝上，一枚硬幣反面朝上”的概率相同
D．通過大量重復試驗，可以用頻率估計概率
【分析】根據(jù)概率的意義以及隨機事件和必然事件的定義對各選項分析判斷即可得解．
【解答】解：A．擲一枚質(zhì)地均勻的骰子，擲得的點數(shù)為3的概率是，此選項錯誤，不符合題意；
B．某種彩票中獎的概率是，那么買10000張這種彩票不一定會中獎，原命題說法是錯誤的，此選項不符合題意；
C．連續(xù)擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，“兩枚硬幣都是正面朝上”的概率是，“一枚硬幣正面朝上，一枚硬幣反面朝上”的概率是，此選項錯誤，不符合題意；
D．通過大量重復試驗，可以用頻率估計概率，此選項符合題意；
故選：D．
3．（3分）如圖，將△AOB繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)45°后得到△A′OB′，若∠AOB＝15°，則∠AOB′的度數(shù)是（　　）

A．25° B．30° C．35° D．40°
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)旋轉(zhuǎn)前后圖形全等以及對應邊的夾角等于旋轉(zhuǎn)角，進而得出答案即可．
【解答】解：∵將△AOB繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)45°后得到△A′OB′，
∴∠A′OA＝45°，∠AOB＝∠A′OB′＝15°，
∴∠AOB′＝∠A′OA﹣∠A′OB′＝45°﹣15°＝30°，
故選：B．
4．（3分）已知二次函數(shù)y＝﹣x2+2x﹣3，用配方法化為y＝a（x﹣h）2+k的形式，結(jié)果是（　　）
A．y＝﹣（x﹣1）2﹣2 B．y＝﹣（x﹣1）2+2
C．y＝﹣（x﹣1）2+4 D．y＝﹣（x+1）2﹣4
【分析】利用配方法先提出二次項系數(shù)，再加上一次項系數(shù)的一半的平方來湊完全平方式，把一般式轉(zhuǎn)化為頂點式．
【解答】解：y＝﹣x2+2x﹣3＝﹣（x2﹣2x+1）+1﹣3＝﹣（x﹣1）2﹣2，
故選：A．
5．（3分）如圖，已知AB是⊙O的直徑，CD是弦，若∠BCD＝24°，則∠ABD＝（　?。?br />
A．54° B．56° C．64° D．66°
【分析】根據(jù)圓周角定理得到∠ADB＝90°，∠A＝∠BCD＝24°，然后利用互余計算∠ABD的度數(shù)．
【解答】解：∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∵∠A＝∠BCD＝24°，
∴∠ABD＝90°﹣∠A＝90°﹣24°＝66°．
故選：D．
6．（3分）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，∠B＝60°，OP⊥AC于點P，OP＝2，則⊙O的半徑為（　?。?br />
A．4 B．6 C．8 D．12
【分析】由∠B的度數(shù)，利用同弧所對的圓心角等于所對圓周角的2倍，求出∠AOC的度數(shù)，再由OA＝OC，利用等邊對等角得到一對角相等，利用三角形的內(nèi)角和定理求出∠OAC＝30°，又OP垂直于AC，得到三角形AOP為直角三角形，利用30°所對的直角邊等于斜邊的一半，根據(jù)OP的長得出OA的長，即為圓O的半徑．
【解答】解：∵圓心角∠AOC與圓周角∠B所對的弧都為，且∠B＝60°，
∴∠AOC＝2∠B＝120°，
又OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝30°，
∵OP⊥AC，
∴∠APO＝90°，
在Rt△AOP中，OP＝2，∠OAC＝30°，
∴OA＝2OP＝4，
則圓O的半徑4．
故選：A．
7．（3分）如圖，正方形三個頂點的坐標依次為（3，1），（1，1），（1，3）．若拋物線y＝ax2的圖象與正方形的邊有公共點，則實數(shù)a的取值范圍是（　?。?br />
A．≤a≤3 B．≤a≤1 C．≤a≤3 D．≤a≤1
【分析】求出拋物線經(jīng)過兩個特殊點時的a的值即可解決問題．
【解答】解：設拋物線的解析式為y＝ax2，
當拋物線經(jīng)過（1，3）時，a＝3，
當拋物線經(jīng)過（3，1）時，a＝，
觀察圖象可知≤a≤3，
故選：A．
8．（3分）如圖，D、E分別是△ABC的邊AB、BC上的點，DE∥AC，若S△BDE：S△CDE＝1：4，則S△BDE：S△ADC的值為（　?。?br />
A．1：16 B．1：18 C．1：20 D．1：24
【分析】由S△BDE：S△CDE＝1：4，得到，根據(jù)DE∥AC，推出△BDE∽△ABC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)面積比等于相似比的平方即可得到結(jié)論．
【解答】解：∵S△BDE：S△CDE＝1：4，
∴，
∴，
∵DE∥AC，
∴△BDE∽△ABC，
∴，
∴S△BDE：S△BAC＝（）2＝，
∴S△ADC＝S△BAC﹣（S△BDE+S△CDE）＝25﹣（1+4）＝20，
∴S△BDE：S△ADC＝1：20．
故選：C．
9．（3分）如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，AC＝6，BD＝8，動點P從點B出發(fā)，沿著B→A→D在菱形ABCD的邊AB，AD上運動，運動到點D停止．點P′是點P關于BD的對稱點，連接PP'交BD于點M，若BM＝x（0＜x＜8），△DPP′的面積為y，下列圖象能正確反映y與x的函數(shù)關系的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
【分析】由菱形的性質(zhì)得出AB＝BC＝CD＝DA，OA＝AC＝3，OB＝BD＝4，AC⊥BD，分兩種情況：
①當BM≤4時，先證明△P′BP∽△CBA，得出比例式，求出PP′，得出△DPP′的面積y是關于x的二次函數(shù)，即可得出圖象的情形；
②當BM≥4時，y與x之間的函數(shù)圖象的形狀與①中的相同；即可得出結(jié)論．
【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，OA＝AC＝3，OB＝BD＝4，AC⊥BD，
①當BM≤4時，
∵點P′與點P關于BD對稱，
∴P′P⊥BD，
∴P′P∥AC，
∴△P′BP∽△CBA，
∴，即，
∴PP′＝，
∵DM＝8﹣x，
∴△DPP′的面積y＝PP′?DM＝×（8﹣x）＝﹣x2+6x（0＜x≤4）；
∴y與x之間的函數(shù)圖象是拋物線，開口向下，過（0，0）和（4，12）；
②當BM≥4時，∵0＜x＜8，
∴4≤x≤8，
∴PP′＝（8﹣x），
∴△DPP′的面積y＝PP′?DM＝，
綜上所述：y與x之間的函數(shù)圖象大致為：

故選：D．
10．（3分）如圖，已知二次函數(shù)y＝﹣（x+1）（x﹣4）的圖象與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，P為該二次函數(shù)在第一象限內(nèi)的一點，連接AP，交BC于點K，則的最小值為（　?。?br />
A． B．2 C． D．
【分析】過P作PQ∥AB，與BC交于點Q，則三角形相似得＝，設P（t，﹣（t+1）（t﹣4）），從而得關于t的解析式，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求得的最大值，從而求的最小值，從而得出結(jié)論．
【解答】解：過P作PQ∥AB，與BC交于點Q，如圖，
∵二次函數(shù)y＝﹣（x+1）（x﹣4）的圖象與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，
∴A（﹣1，0），B（4，0），C（0，5），
設BC的解析式為：y＝mx+n（m≠0），
則，
解得：
∴BC：y＝﹣x+5，
設P（t，﹣（t+1）（t﹣4）），則Q（t2﹣3t，﹣（t+1）（t﹣4）），
∴PQ＝﹣t2+4t，
∵PQ∥AB，
∴△PQK∽△ABK，
∴＝＝＝﹣t2+t，
∵﹣＜0，
∴當t＝﹣＝2時，有最大值為﹣×22+×2＝，
∴有最小值，
∴＝＝，
∴＝．
故選：A．
二、填空題（共24分）
11．（4分）把拋物線y＝﹣3x2向左平移2個單位，再將它向下平移3個單位，得到拋物線為　y＝﹣3（x+2）2﹣3?。?br /> 【分析】平移前后a的值不變，確定平移后的拋物線的頂點坐標即可解決問題，
【解答】解：原來拋物線的頂點坐標（0，0），平移后的拋物線的頂點坐標為（﹣2，﹣3），
∴拋物線的解析式為y＝﹣3（x+2）2﹣3．
故答案為y＝﹣3（x+2）2﹣3．
12．（4分）已知A（﹣3，y1），B（﹣1，y2）是拋物線上y＝﹣（x﹣3）2+k的兩點，則y1，y2的大小關系為 　y1＜y2?。?br /> 【分析】先求出拋物線的對稱軸方程，然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可判斷．
【解答】解：∵y＝﹣（x﹣3）2+k，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝3，拋物線開口向下，
∴當x＜3時，y隨x的增大而增大，
∵﹣3＜﹣1＜3，
∴y1＜y2．
故答案為：y1＜y2．
13．（4分）一個直角三角形的兩條邊長是方程x2﹣7x+12＝0的兩個根，則此直角三角形的外接圓的直徑為 　4或5?。?br /> 【分析】首先解方程，求出方程的兩個根，再分別討論斜邊的情況，直角三角形外接圓直徑等于斜邊的長．
【解答】解：x2﹣7x+12＝0，
（x﹣3）（x﹣4）＝0，
解得：x1＝3，x2＝4，
①當直角邊分別為3，4時，
斜邊為：＝5，
此時直角三角形外接圓的直徑為5，
②當直角邊為3，斜邊為4時，
此時直角三角形外接圓直徑為4．
故答案為4或5．
14．（4分）如圖，在4×4正方形網(wǎng)格中，A、B在格點上，在網(wǎng)格的其它格點上任取一點C（不含A、B），能使△ABC為等腰三角形的概率是 　?。?br />
【分析】根據(jù)已知條件，可知按照點C所在的直線分兩種情況：①點C以點A為標準，AB為底邊；②點C以點B為標準，AB為等腰三角形的一條邊．
【解答】解：如圖，∵AB＝＝．
①若AB＝AC，則符合要求的有：C1，C2，C3，C4，C5，共5個點；
②若BA＝BC，則符合要求的有：C6，C7，C8共3個點；
若AC＝BC，則不存在這樣格點．
∴這樣的C點有8個．
∴能使△ABC為等腰三角形的概率是．
故答案為．

15．（4分）如圖，在△ABC中，點D是邊AC上的任意一點，點M，N分別是△ABD和△BCD的重心，如果AC＝6，那么線段MN的長為 　2?。?br />
【分析】連接AM并延長，連接CN并延長交AM的延長線于點E，然后利用重心的性質(zhì)得到MN：AC＝1：3，再求得MN的長度．
【解答】解：如圖，連接AM并延長，連接CN并延長交AM的延長線于點E，
∵點M、N分別是△ABD和△BCD的重心，
∴ME：AE＝NE：CE＝1：3，
∵∠MEN＝∠AEC，
∴△MEN∽△AEC，
∴MN：AC＝ME：AE＝1：3，
∵AC＝6，
∴MN＝2，
故答案為：2．

16．（4分）如圖，已知在半徑為1的半⊙O中，CD為直徑，A為半圓上一動點，連結(jié)OA，作OB平分∠AOC交圓于點B，連結(jié)BD，分別與AC，AO交于點N，M．若AM＝AN，則△AMD的面積為 　?。?br />
【分析】由垂徑定理可得OB⊥AC，＝，則∠ADM＝∠BDC，易證△OMD∽△AND，則∠AOD＝90°，且DM：DN＝OD：AD＝1：．
【解答】解：如圖，
∵OB平分∠AOC，
∴∠AOB＝∠COB，
∴＝，
∴∠ADB＝∠BDC，
∵AM＝AN，
∴∠ANM＝∠AMN，
又∵∠AMN＝∠OMD，
∴∠ANM＝∠OMD，
∴△OMD∽△AND，
∴＝＝，∠MOD＝∠NAD，
∵CD是直徑，
∴∠NAD＝90°，
∴∠MOD＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝45°，
∴AD＝OD＝，
∴＝＝＝＝，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
∴S△ADM＝×1×1×＝．
故答案為：．

三、解答題（共66分）
17．（6分）（1）計算．
（2）解方程：＝1．
【分析】（1）分別對立方、絕對值、立方根、二次根式進行運算即可；
（2）先去分母，再去括號，然后移項，合并同類項，即可求解．
【解答】解：（1）
＝﹣1++3﹣2
＝；
（2）＝1，
方程兩邊同時乘以（x+2）（x﹣2），得x（x﹣2）+x+2＝（x+2）（x﹣2），
去括號，得x2﹣2x+x+2＝x2﹣4，
移項，合并同類項得，﹣x＝﹣6，
解得x＝6，
經(jīng)檢驗，x＝6是方程的根，
∴原方程的解是x＝6．
18．（6分）如圖，在平面直角坐標系中，△ABC的頂點坐標分別為A（﹣1，0），B（﹣4，1），C（﹣2，2）．
（1）直接寫出點B關于原點對稱的點B′的坐標：?。?，﹣1）??；
（2）平移△ABC，使平移后點A的對應點A1的坐標為（2，1），請畫出平移后的△A1B1C1；
（3）畫出△ABC繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°后得到的△A2B2C2．

【分析】（1）根據(jù)關于原點對稱的兩點的橫縱坐標均與原來點的橫縱坐標互為相反數(shù)，據(jù)此可得答案；
（2）將三個點分別向右平移3個單位、再向上平移1個單位，繼而首尾順次連接即可；
（3）將三個點分別繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°后得到對應點，再首尾順次連接即可．
【解答】解：（1）點B關于原點對稱的點B′的坐標為（4，﹣1），
故答案為：（4，﹣1）；
（2）如圖所示，△A1B1C1即為所求．

（3）如圖所示，△A2B2C2即為所求．
19．（6分）有5張看上去無差別的卡片，上面分別寫著1，2，3，4，5．隨機抽取1張后，放回并混在一起，再隨機抽取1張，求兩次抽取的數(shù)字之和為3的倍數(shù)的概率（用列表或樹狀圖來表示所有可能結(jié)果）．
【分析】根據(jù)題意列出圖表得出所有等可能的情況數(shù)，找出兩次抽取的數(shù)字之和為3的倍數(shù)的情況數(shù)，然后根據(jù)概率公式即可得出答案．
【解答】解：列表如下：
第一次
第二次
1
2
3
4
5
1
（1，1）
（2，1）
（3，1）
（4，1）
（5，1）
2
（1，2）
（2，2）
（3，2）
（4，2）
（5，2）
3
（1，3）
（2，3）
（3，3）
（4，3）
（5，3）
4
（1，4）
（2，4）
（3，4）
（4，4）
（5，4）
5
（1，5）
（2，5）
（3，5）
（4，5）
（5，5）
由表知共有25種等可能的情況數(shù)，其中兩次抽取的數(shù)字之和為3的倍數(shù)的有9種，
則兩次抽取的數(shù)字之和為3的倍數(shù)的概率是．
20．（8分）如圖，二次函數(shù)y2＝ax2+bx+3的圖象與x軸相交于點A（﹣3，0）、B（1，0），交y軸于點C，C、D是二次函數(shù)圖象上的一對對稱點，一次函數(shù)y1＝mx+n的圖象經(jīng)過B、D兩點．
（1）求a、b的值及點D的坐標；
（2）根據(jù)圖象寫出y2＞y1時，x的取值范圍．

【分析】（1）由于已知拋物線與x軸的交點坐標，則設交點式y(tǒng)＝a（x+3）（x﹣1）＝ax2+2ax﹣3a，則﹣3a＝3，解得a＝﹣1，所以b＝﹣2，拋物線的對稱軸為直線x＝﹣1，再求出C點坐標為（0，3），然后根據(jù)對稱的性質(zhì)確定D點坐標為（﹣2，3）；
（2）觀察函數(shù)圖象得到當﹣2＜x＜1時，拋物線都在直線y＝mx+n的上方，即y2＞y1．
【解答】解：（1）設拋物線解析式為y＝a（x+3）（x﹣1）＝ax2+2ax﹣3a，
則﹣3a＝3，解得a＝﹣1，
所以拋物線解析式為y＝﹣x2﹣2x+3；
所以b＝﹣2，
拋物線的對稱軸為直線x＝﹣1，
當x＝0時，y2＝ax2+bx+3＝0，則C點坐標為（0，3），
由于C、D是二次函數(shù)圖象上的一對對稱點，
∴D點坐標為（﹣2，3）；
（2）當﹣2＜x＜1時，y2＞y1．
21．（8分）如圖，已知CD是Rt△ABC斜邊AB上的中線，過點D作DE∥AC，過點C作CE⊥CD，兩線相交于點E．
（1）求證：△ABC∽△DEC；
（2）若AC＝8，BC＝6，求DE的長．

【分析】（1）由CD是Rt△ABC斜邊AB上的中線，DE∥AC，CE⊥CD，可得CD＝AD，即∠ACD＝∠CAD，進而可得出結(jié)論；
（2）根據(jù)勾股定理求出AB的長，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式即可求解．
【解答】（1）證明：∵CE⊥CD，
∴∠DCE＝∠ACB＝90°，
又∵DE∥AC，
∴∠CDE＝∠ACD，且CD是AB邊上的中線，
∴CD＝AD，
即∠ACD＝∠CAD，
∴∠CDE＝∠DAC，
∴△ABC∽△DEC；
（2）解：∵AC＝8，BC＝6，
∴AB＝10，
即CD＝5，
∴AB：DE＝AC：CD，
即10：DE＝8：5，
∴DE＝．
22．（10分）如圖，AB＝AC，AB為⊙O的直徑，AC、BC分別交⊙O于點E、D，連接ED、BE．
（1）試判斷DE與DC是否相等，并說明理由；
（2）如果BD＝2，AE＝2，求⊙O的直徑．

【分析】（1）可通過連接AD，AD就是等腰三角形ABC底邊上的高，根據(jù)等腰三角形三線合一的特點，可得出∠CAD＝∠BAD，DC＝BD，根據(jù)圓周角定理即可得出∠DEB＝∠DBE，便可證得DE＝DB＝DC；
（2）設⊙O的半徑為r，則AB＝2r，CE＝2r﹣2，根據(jù)勾股定理得到（2r）2﹣22＝﹣（2r﹣2）2，解方程即可得解．
【解答】解：（1）DE＝DC，理由如下：
連接AD，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴∠CAD＝∠BAD，DC＝BD，
∴＝，
∴DE＝BD，
∴DE＝DC；
（2）∵AB為⊙O的直徑，
∴∠AEB＝90°，
∵AE＝2，
設⊙O的半徑為r，
則AB＝2r，CE＝2r﹣2，
在Rt△ABE中，BE2＝AB2﹣AE2，
在Rt△CBE中，BE2＝BC2﹣CE2，
∴AB2﹣AE2＝BC2﹣CE2，
∵BD＝2，BC＝2BD，
∴BC＝4，
∴（2r）2﹣22＝﹣（2r﹣2）2，
∴r＝4或r＝﹣3（舍去），
∴2r＝8，
即⊙O的直徑為8．

23．（10分）國慶期間，某商場銷售一種商品，進貨價為20元/件，當售價為24元/件時，每天的銷售量為200件，在銷售的過程中發(fā)現(xiàn)：銷售單價每上漲1元，每天的銷量就減少10件．設銷售單價為x（元/件）（x≥24），每天銷售利潤為y（元）．
（1）直接寫出y與x的函數(shù)關系式為：　y＝﹣10x2+640x﹣8800??；
（2）若要使每天銷售利潤為1400元，求此時的銷售單價；
（3）若每件小商品的售價不超過31元，求該商場每天銷售此商品的最大利潤．
【分析】（1）根據(jù)銷售問題的數(shù)量關系單件利潤乘以銷售量等于月利潤即可求解；
（2）根據(jù)（1）中求得的函數(shù)解析式，代入1400，利用一元二次方程即可求解；
（3）根據(jù)銷售單價不超過31元確定自變量的取值進而求得最大值．
【解答】解：（1）根據(jù)題意，得
y＝（x﹣20）[200﹣10（x﹣24）]
＝﹣10x2+640x﹣8800．
答：y關于x的函數(shù)解析式為y＝﹣10x2+640x﹣8800；
故答案為：y＝﹣10x2+640x﹣8800；
（2）當y＝1400時，1400＝﹣10x2+640x﹣8800．
解得x1＝34，x2＝30．
答：該商品的銷售單價應定為每件34元或30元．
（3）y＝﹣10x2+640x﹣8800；
＝﹣10（x﹣32）2+1440，
因為商品的銷售單價不超過31元，
∴當x＝31時，該商場每天銷售此商品的利潤為最大，最大值為1430；
答：該商場每天銷售此商品的最大利潤為1430元．
24．（12分）在矩形ABCD的CD邊上取一點E，將△BCE沿BE翻折，使點C恰好落在AD邊上點F處．

（1）如圖1，若BC＝2BA，則∠CBE的度數(shù)為 　15°??；
（2）如圖2，當AB＝6，且AF?FD＝12時，求BC的長；并判斷此時△BFE與△FDE是否相似，說明理由．
（3）如圖3，延長EF，與∠ABF的角平分線交于點M，BM交AD于點N，當NF＝AN+FD時，求的值．

【分析】（1）由折疊的性質(zhì)得出BC＝BF，∠FBE＝∠EBC，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得出∠AFB＝30°，可求出答案；
（2）根據(jù)相似三角形的判定解答即可；
（3）過點N作NG⊥BF于點G，證明△NFG∽△BFA，，設AN＝x，設FG＝y(tǒng)，則AF＝2y，由勾股定理得出（2x）2+（2y）2＝（2x+y）2，解出y＝x，則可求出答案．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，
∵將△BCE沿BE翻折，使點C恰好落在AD邊上點F處，
∴BC＝BF，∠FBE＝∠EBC，∠C＝∠BFE＝90°，
∵BC＝2AB，
∴BF＝2AB，
∴∠AFB＝30°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AFB＝∠CBF＝30°，
∴∠CBE＝∠FBC＝15°；
故答案為：15°．
（2）∵將△BCE沿BE翻折，使點C恰好落在AD邊上點F處，
∴∠BFE＝∠C＝90°，CE＝EF，
又∵矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，
∴∠AFB+∠DFE＝90°，∠DEF+∠DFE＝90°，
∴∠AFB＝∠DEF，
∴△FAB∽△EDF，
∴，
∴AF?DF＝AB?DE，
∵AF?DF＝12，AB＝6，
∴DE＝2，
∴CE＝DC﹣DE＝6﹣2＝4，
∴EF＝4，
∴DF＝，
∴AF＝，
∴BC＝AD＝AF+DF＝；
∴BF＝4，
∴，
又∵∠BFE＝∠D＝90°，
∴△BFE∽△FDE．
（3）過點N作NG⊥BF于點G，

∵NF＝AN+FD，
∴NF＝AD＝BC，
∵BC＝BF，
∴NF＝BF，
∵∠NFG＝∠AFB，∠NGF＝∠BAF＝90°，
∴△NFG∽△BFA，
∴，
設AN＝x，
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，
∴AN＝NG＝x，AB＝BG＝2x，
設FG＝y(tǒng)，則AF＝2y，
∵AB2+AF2＝BF2，
∴（2x）2+（2y）2＝（2x+y）2，
解得y＝x，
∴BF＝BG+GF＝，
∴


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