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浙江省宁波市五校2023-2024学年九年级上学期强基联考数学试卷
1．（2023九上·宁波竞赛）设是从集合中任意抽取的一个数，则的末位数字是7的概率是　 　.
【答案】
【知识点】概率公式；探索数与式的规律
【解析】【解答】解：∵31=3，32=9，33=7，34=1，...4个一循环，
100÷4=25，
∴3a的末位数字是7的概率是.
故答案为：.
【分析】由于3a的末位数字是7，则a=4n+1，n∈N，且a∈{1，2，3，...，99，100}，从而可求出满足条件的a的个数，再根据古典概型的概率公式即可求解.
2．（2023九上·宁波竞赛）如图，点D，E是正两边上的点，将沿直线DE翻折，点的对应点恰好落在边AC上，当时，的值是　 　.
【答案】
【知识点】等边三角形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：∵AC=5AF，
∴设AF=x，则AC=5x，CF=4x，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点恰好落在边AC上，
∴∠DFE=∠B=60°，BD=DF，BE=EF，
∴∠AFD+∠ADF=∠AFD+∠CFE=120°，
∴∠ADF=∠CFE，
∴△ADF∽△CFE，
∴.
故答案为：.
【分析】设AF=x，则AC=5x，CF=4x，根据等边三角形的性质得到∠A=∠B=∠C=60°，根据折叠的性质得到∠DFE=∠B=60°，BD=DF，BE=EF，根据相三角形的性质结论.
3．（2023九上·宁波竞赛）抛物线与轴两个交点间的距离等于的值为　 　.
【答案】2或0
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【解答】解：由题可知|x1-x2|=3，
∴(x1-x2)2=9，
∵(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1·x2
∴(m-3)2-4×(-m)=9
解得m1=0，m2=2，
故答案为：2或0.
【分析】根据两点距离公式可列方程求解.
4．（2023九上·宁波竞赛）如图，某城市的道路都是横平竖直的，小明同学家住在A点处，学校在B点处．小明每天上学会随机选择一条最近的道路从A点步行至B点．某一天C点施工无法经过，小明同学并不知情，那么小明能够不绕路的概率是　 　．
【答案】
【知识点】概率的简单应用；用列举法求概率
【解析】【解答】解： 根据图形，先计算出A到B共有多少种走法要向上走两个单位，
分成两种情况：
当一次向上走两个单位时，即从4列中选一列，一次向上走2个单位，共有种走法，
当分两次向上走一个单位时，即从4列中选2列，共有种，
所以从从A点到B点共有4+6=10种；
再计算由A到C再到B情况
步骤一从A点到C点，共有3种；
步骤二从C点到B点，共有2种；
所以从A点经过B点再到C点一共种，
所以小明能够不绕路的概率是：.
故答案为：.
【分析】根据图中的信息，先计算出A到B共有多少种走法，然后再计算出从A到C，再由C到B有多少种走法，然后代入概率公式计算即可求解.
5．（2023九上·宁波竞赛）已知函数（），当和时函数值相等，则当时的函数值为　 　.
【答案】-3
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵当和时函数的值相等，
∴，
∴，
∴，
∴，
，，
∴，
当时.
故答案为：-3.
【分析】当和时函数的值相等，即得，从而得出，由a≠0，m≠n可得，即得x=4，将x值代入即可求解.
6．（2023九上·宁波竞赛）如图，在中，，若是BC边上的动点，则的最小值是　 　.
【答案】12
【知识点】垂线段最短及其应用；等边三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点C作射线CE，使∠BCE=30°，再过点D作DF⊥CE，垂足为点F，连接AD，如图所示：
在Rt△DFC中，∠DCF=30°，
∴，
∵
=2(AD+DF)，
∴当A，D，F在同一直线上，即AF⊥CE时，AD+DF的值最小，最小值等于垂线段AF的长，
此时，∠B=∠ADB=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD=AB=4，
在Rt△ABC中，∠A=90，∠B=60，AB=4，
∴BC=8，
∴DC=BC-BD=4，
∴2AD+DC=2×4+4=12，
∴2AD+DC的最小值为12，
故答案为：12.
【分析】过点C作射线CE，使∠BCE=30°，再过动点D作DF⊥CE，垂足为点F，连接AD，在Rt△DFC中，∠DCF=30°，，2AD+DC=2(AD+DF)，当A，D，F在同一直线上，即AF⊥CE时，AD+DE的值最小，最小值等于垂线段AF的长.
7．（2023九上·宁波竞赛）不等式有多重解法，其中有一种方法如下，在同一平面直角坐标系中作出和的图象然后进行求解，请类比求解以下问题：设a，b为整数，若对任意，都有成立，则　 　.
【答案】-1
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：观察图象可知：a≠0，由于x的负半轴上ax+2与x2+2b不同号，
∴ax+2与x2+2b在x轴负半轴上交点相同，推出，
∵a，b为整数，
∴a=1，b=-2，
∴a+b=-1.
故答案为：-1.
【分析】若对任意y≤0，都有(ax+2)(x2+2b)≤0成立，则y1=ax+2应为增函数，y2=x2+2b的图象顶点应在x轴下方，且函数与x轴负半轴交干同一点，结合a，b为整数，可得答案.
8．（2023九上·宁波竞赛）如图，AC，BC是的两条弦，是的中点，作，垂足为，若，，则　 　.
【答案】
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；矩形的性质；垂径定理
【解析】【解答】解：如图，作直径MH，延长MF交⊙O于K，作HJ⊥AC于J，连接CK，AK，AH，设AC交HM于T，HM交AB于R，
∵，HM是直径，
∴HM⊥AB，
∵MF⊥AC，
∴∠ART=∠MFT=90°，
∵∠MTF=∠ATR，
∴∠CAB=∠FMT，
∴，
∴，
∵MH是直径，
∴∠MKH=90°，
∴∠MKH=∠MFT，
∴AC//KH，
∴∠CAK=∠AKH，
∴，
∴AH=CK，
∵∠HJA=∠KFC=90°，HJ=FK，
∴Rt△HJA≌Rt△KFC(HL)，
∴AJ=CF，
∵四边形KHJF是矩形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：.
【分析】如图，作直径MH，延长MF交⊙O于K，作HJ⊥AC于J，连接CK，AK，AH，设AC交HM于T，HM交AB于R.首先证明，再证明Rt△HJA≌Rt△KFC(HL)，推出AJ=CF，求出AJ即可解决问题.
9．（2023九上·宁波竞赛）已知AB为的直径，为半圆的中点，为上的一动点，延长DC至点，使，若，当点从点运动到点时，线段BE扫过的面积为　 　.
【答案】
【知识点】三角形的面积；扇形面积的计算；三角形全等的判定-SAS；圆-动点问题
10．（2023九上·宁波竞赛）如图，在矩形ABCD中，BC＝6，AB＝2，Rt△BEF的顶点E在边CD或延长线上运动，且∠BEF＝90°，EF＝ BE，DF＝ ，则BE＝　 　．
【答案】3
【知识点】勾股定理；矩形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】如图所示，过F作FG⊥CD，交CD的延长线于G，则∠G＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AB＝CD＝2，
又∵∠BEF＝90°，
∴∠FEG+∠BEC＝90°＝∠EBC+∠BEC，
∴∠FEG＝∠EBC，
又∵∠C＝∠G＝90°，
∴△BCE∽△EGF，
∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ ，
∴FG＝ EC，GE＝2＝CD，
∴DG＝EC，
设EC＝x，则DG＝x，FG＝ x，
∵Rt△FDG中，FG2+DG2＝DF2，
∴（ x）2+x2＝（ ）2，
解得x2＝9，
即CE2＝9，
∴Rt△BCE中，BE＝ ＝ ＝3 ，
故答案为：3 ．
【分析】过F作FG⊥CD，交CD的延长线于G，易证△BCE∽△EGF，则有 ＝ ＝ ，即可求得GE=2，从而推出CE=DG，设EC＝x，在Rt△FDG中，根据勾股定理可得FG2+DG2＝DF2，求出x的值，再在直角△BCE中利用勾股定理求解.
11．（2023九上·宁波竞赛）如图，在中，，，，是以斜边为直径的半圆上一动点，为的中点，连接，则的最小值为　 　
【答案】
【知识点】勾股定理；圆周角定理；直角三角形斜边上的中线；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：取的中点、的中点、的中点，连接、、、、、，如图，
在中，，，，
，
，，
为的中点，
，
，
点在以为直径的圆上，
当点点在点时，点在点；点点在点时，点在点，
取的中点，连接交于，
则的长度即为的最小值，
延长交于，连接，
∵，，
∴
，，
，
，
即，
解得：（负值舍去），
故的最小值为：，
故答案为：．
【分析】取的中点、的中点、的中点，连接、、、、、，如图，根据勾股定理求得AB的值，根据直角三角形的性质“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得求得OC的值，，由圆周角定理可得点在以为直径的圆上，当点点在点时，点在点；点点在点时，点在点，取的中点，连接交于，则的长度即为的最小值，延长交于，连接，根据相似三角形的判定“有两个角对应相等的两个三角形相似”可得△BFM ∽△BGC，再由相似三角形的性质“相似三角形的对应边的比相等”得比例式计算即可求解．
12．（2023九上·宁波竞赛）如图，在等腰直角中，，点是斜边BC的中点，点E、F分别为AB、AC边上的点，且，则的面积为　 　.
【答案】97.5
【知识点】半角模型；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：设AB=AC=a，则，BE=a-5，FC=a-12，
∵∠EDF=∠B=∠C=45°，
由(1)同理可得：△BED∽△CDF，
则，即，
解得：a=4(舍去)或30，
分别过点E作EM⊥BC于点M，作FN垂直于BC于点N，
则，
同理可得：，，
则
=97.5.
故答案为：97.5.
【分析】用“一线三等角模型”证明△BAD∽△CDE，求出a的值，利用，即可求解.
13．（2023九上·宁波竞赛）已知是轴.动点，将绕点顺时针旋转得到点，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，在x轴上取一点M(2，0)，连接CM交y轴于N.
∵A(-2，0)，B(0，2)，M(2，0)，
∴OA=OB=OM=2，
∴△OBM，△PBC都是等腰直角三角形，
∴∠OBM=∠CBP=45°，
∴∠OBP=∠MBC，
∵，
∴△OBP∽△MBC，
∴∠MBC=∠BOP=90°，
∴点C在直线CN上运动，
∵，
∴，
延长BM到B'，使得MB'=BM，连接AB'交CN于C'，此时AC'+BC'的值最小，最小值=线段AB'的长，
∵A(-2，0)，B(4，-2)，
∴，
故答案为：.
【分析】在x轴上取一点M(2，0)，连接CM交y轴于N。先证明△OBP∽△MBC，推出∠MBC=∠BOP=90°，推出点C在直线CN上运动，因为，可得，延长BM到B'，使得MB'=BM，连接AB'交CN于C'，此时AC'+BC'的值最小，最小值=线段AB'的长.
14．（2023九上·宁波竞赛）如图，在Rt中，为内一动点，满足，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，在CB上取一点T，使得，连接DT，AT.
∵CD=2，，CB=3，
∴CD2=CT·CB，
∴，
∵∠DCT=∠BCD，
∴△DCT∽△BCD，
∴，
∴，
∴，
在Rt△ACT中，AC=4，，
∴，
∴，
∴AD+BD的最小值为.
故答案为：.
【分析】如图，在CB上取一点T，使得，连接DT，AT，证明△DCT∽△BCD，推出，可得，推出，求出AT，可得结论.
15．（2023九上·宁波竞赛）矩形ABCD中，，连结BD，E，F分别在边BC，CD上，连结AE，AF分别交BD于点M，N，若，则DN的长为　 　.
【答案】
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，
∵∠BAD=90°，AB=6，AD=12，
∴，
如图，延长AB至P，使PB=AB=6，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，得正方形APQD，延长AE交PQ于H，连接HF，
将△ADF绕点A顺时针旋转90°，点D与点P重合，得到△APG，
∵四边形APQD是正方形，
∴AP=PQ=DQ=AD，∠PAD=∠APH=∠Q=∠ADQ=90°，
由旋转得：△APG≌△ADF，
∴PG=DF，∠APG=∠ADF=90°，AG=AF，∠PAG=∠DAF，
∴∠PAG+∠PAF=∠DAF+∠PAF=∠PAD=90°，
即∠GAF=90°，
∵∠HAF=45°，
∴∠GAH=90°-45°= 45°，
∴∠GAH=∠FAH=45°，
在△AGH和△AFH中，
∴△GHP≌△AFH(SAS)，
∴GH=FH，
∵GH=PG+PH= DF+PH，
∴FH=DF+PH，
设DF=x，则FQ=DQ-DF=12-x，
∵AB=BP=6，BE//PQ，
∴AE=EM，
∴PH=2BE=2×3=6，
∴FH=DF+PH=x+6，HQ=PQ-PH=12-6=6，
在Rt△QFH中，由勾股定理得：FQ2+HQ2=FH2，
(12-x)2+ 62=(x+6)2，
解得：x=4，
∴DF=4，
∵DF//AB，
∴△DFN∽△BAN；
∴，
故答案为：.
【分析】根据矩形的性质，由勾股定理得出BD，延长AB至P，使PB=AB=6，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，得正方形APQD，延长AE交PQ于H，连接HF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，点D与点P重合，得到△APG，由旋转的性质可得PG=DF，∠APG=∠ADF=90°，AG=AF，∠PAG=∠DAF，证出∠GAF=90°，得出∠GAH=∠FAH=45°，可证△AGH≌△AFH，得出GH=FH，证出FH=DF+PH，设DF=x，则FQ=DQ-DF=12-x，利用勾股定理列出方程求出x=4，然后由DF//AB，得△DFN∽△BAN，即可求出DN的长.
16．（2023九上·宁波竞赛）在平面直角坐标系xOy中，直线(为常数)与抛物线交于A，B两点，且点在轴左侧，点的坐标为，连接PA，PB.有以下说法：
①；②当k>0时，的值随的增大而增大；③当时，；④面积的最小值为.
其中正确的是　 　.(写出所有正确说法的序号)
【答案】③④
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
17．（2023九上·宁波竞赛）在矩形ABCD中，为CD上一点，连结AG交BD于点，若，，则BF的长度为　 　.
【答案】
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，
∵AB=6，AD=8，
∴，
∵AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB
∵∠ABE=∠EFC，
∴∠AEB=∠EFC
∴∠AED=∠EFB，
∵四边形ABCD是矩形
∴AD//BC，
∴∠ADE=∠EBF
∴△ADE∽△EBF，
∴，
∴，
∵AB//DC，
∴∠ABE=∠EDG
∵∠ABE=∠AEB，
∴∠EDG=∠AEB
∵∠DEG=∠AEB
∴∠EDG=∠DEG
∴GD=GE，
在Rt△ADG中，AD=8，AG=AE+GE=6+GD，
根据勾股定理得：AG2=AD2+DG2，
∴(6+GD)2= 82+GD2，
解得，
∵ AB//DG，
∴△ABE∽△GDE，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴
故答案为：.
【分析】根据矩形的性质和勾股定理可得BD=10，然后证明△ADE∽△EBF，可得，然后根据等腰三角形的判定和性质证明GD=GE，根据勾股定理得AG2= AD2+DG2，解得，再由AB//DG，可得△ABE∽△GDE，所以，即，可得，进而可以求出BF的长.
18．（2023九上·宁波竞赛）如图，过作AB边上的高交CD延长线于点，若，则　 　.
【答案】
【知识点】三角形全等的判定-AAS；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图，在BD的延长线上截取DF=AD，FG=AB，连接CG作GH⊥AC于H，
∴AB+ AD = DF+FG，
即：BD=DG，
∵CD⊥BD，
∴，
∵AB+2AD=CE，AG=FG+DF+AD=AB+2AD，
∴CE= AG，
∵AE⊥CE，GH⊥AC，
∴∠AGH=∠DAE，
∵AE⊥AC，AD⊥CE，
∴∠E+∠ACE=90°，∠DAE+∠E=90°，
∴∠DAE=∠ACE，
∴∠AGH=∠ACE，
∵∠AHG=∠CAE=90°，
∴△AGH≌△ACE(AAS)，
∴AH=AE=1，AC=GH，
设CH=a，则GH=AC=CH+AH=a+1，
在Rt△CHG中，由勾股定理得，CH2+GH2=CG2，
∴，
∴a1=2，a2=-3(舍去)，
∴AC=GH=3，
∴，
∵∠ACD=∠ACE，∠ADC=∠CAE=90°，
∴△ACD∽△ECA，
∴，
∴，，
在Rt△BCD中，
，
∴，
故答案为：.
【分析】在BD的延长线上截取DF=AD，FG=AB，连接CG，作GH⊥AC于H，可证得，可证明△AGH≌△ACE，从而得出GH=AC，AH=AE=1，进而求得CH，GH，AC的长，在解直角三角形ACE，进一步求得结果.
19．（2023九上·宁波竞赛）如图，矩形中，，点E在上，且，点F在边上运动，以线段为斜边在点B的异侧作等腰直角三角形，连接，当最小时，的值为　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图1，取的中点O，连接，作射线，
∵四边形是矩形，
，
∵O是的中点，
，
，O是的中点，
，
，
∴B，E，G，F在以O为圆心的圆上，
，
，
，
，
平分，
∴点G在的平分线上，
∴当时，最小，
此时，如图2，
平分，
∴，
，
是以为斜边的等腰直角三角形，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
∵四边形是矩形，
，
设，
∵，
∴，
在中，，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】如图1，取的中点O，连接，作射线，证明B，E，G，F在以O为圆心的圆上，得点G在的平分线上，当时，最小，此时，画出图2，根据是以为斜边的等腰直角三角形，由同角的余角相等可得∠EGB=∠FGC，结合已知，用边角边可证，由全等三角形的对应边相等可得，设，根据，可得，根据含30度角的直角三角形可得，代入计算即可求解．
20．（2023九上·宁波竞赛）如图是七巧板图案，现将它剪拼成一个"台灯"造型（如图2），过该造型的上下左侧五点作矩形ABCD，使得，点为PQ的中点，并且在矩形内右上角部分留出正方形EFGH作为印章区域（，形成一幅装饰画，则矩形ABCD的周长为　 　cm，若点M，N，E在同一直线上，且点到AD的距离与到CD的距离相等，则印章区域的边长为　 　cm.
【答案】64；3.5
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：由图1可知，七巧板中的等腰直角三角形最大的直角边长为6，然后，最小的直角边
长为3，正方形和平行四边形的短边长都是3.
过点N作AD和BC的垂线，垂足分别为J，K，则NJ=3+3+3=9，
又MN=，且△NMK是等腰直角三角形，
∴NK=3，
故JK=9+3=12.
又∠A=∠B=∠BKJ=90°，
∴四边形ABKJ是矩形，
∴AB=JK=12.
又，
∴BC=20，
故矩形ABCD的周长为2×(12+20)=64.
延长MN经过点E与AD交于点L，连接DH，
∵∠NMC=4，且AD//BC，
∴∠ALM=45°.
又点才到AD和CD的距离相等，
∴点H在∠ADC的角平分线上，
则，
∴∠ADH=∠ALE，
∴LE//DH，
又LDI/EH，
∴四边形EHD是平行四边形.
又AJ=6+1.5=7.5，JL=JN=9，
∴AL=7.5+9=16.5.
∴DL=20-16.5 =3.5.
则EH=DL=3.5.
故答案为：64，3.5.
【分析】根据“台灯”的造型及图1，可求出AB的长，进而可求出矩形的周长；延长MN经过点E并与AD相交于点L，连接DH，可得出四边形DKEH是平行四边形，求出DL长即可解决问题.
21．（2023九上·宁波竞赛）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线.
（1）求抛物线的顶点坐标(用含的代数式表示)；
（2）当时，的最小值是-2，求的最大值；
【答案】（1）解：∵y=x2-2tx+t2-t=(x-t)2-t，
∴抛物线的顶点坐标为(t，-t)
（2）解：∵y=x2-2tx+t2-t=(x-t)2-t，
∴抛物线的对称轴为x=t，
∵1>0，
∴抛物线开口向上，
∵t-1≤x1≤t+2，
∴当x=t时，y的最小值为-t，
∵y的最小值是-2，
∴t=2，
∵|t-1-t|=1，|t+2-t|=2，
∴当x=t+2时，
∴y最大=(t+2-t)2-t=4-t=4-2=2，
即y的最大值为2
【知识点】二次函数的最值；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【分析】(1)将抛物线的解析式配成顶点式，即可写成答案；
(2)先确定出当x=t时，y的最小值为t，进而求出t，再判断出当x=t+2时，y取最大值，即可求出答案.
22．（2023九上·宁波竞赛）如图1，在中，为BC上一点，连结AD，作，交AB于点，月.，动点从点出发向点运动，同时动点从点出发沿射线AC运动，过程中满足，设.
（1）求关于的函数表达式.
（2）连结PD，QD，
①当∠ADQ与中的一个内角相等时，AQ的值为　 　(直接写出答案)；
②如图2，当点在线段AC上时，以BD，QD为邻边作平行四边形BDQF，若PD所在直线平分平行四边形的面积，的面积为　 　(直接写出答案).
【答案】（1）解：∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=3，
∴AB=2AC=6，
∵，AP=y，AQ=x，
∴，
∵，
设BE=ED=a，则FE=3-a，
∵∠FDE=30°，
∴ED=2EF，即a=2(3-a)，
解得：a=2，
∴BE=2，AE=6-2=4，
∵，
∴
（2）2或或4或12；或
【知识点】含30°角的直角三角形；三角形全等的判定-ASA；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：(2)①当∠ADQ=∠APD时，
∠APD最小时，点P与点E重合，此时∠APD=60°，
点Q与点C重合时，∠ADQ最大为60°，
∠ADQ=∠APD=60°时，AQ=3，EP=0，不符合题意；
当∠ADQ=∠ADP时，
∵∠BAD=∠CAD=30°，AD=AD，
∴△ADP≌△ADQ(ASA)，
∴AQ=AP，即，
解得：，即；
当∠ADQ=∠BAD=30°时，DQ=AQ=x，
∵AC=3，
∴，
∵AQ=x，则CQ=3-x，
∴CQ2+CD2 =DQ2，即，
解得：x=2，即AQ=2；
当∠ADQ=∠APD时，
AD2=AP×AQ，
AQ=4或12
综上可得：AQ=2或或4或12.
②如图
由(1)及①得AC=3，，
∴，
∵AE=4，DE=BE=2，AQ=x，，，
∴，
∴，，AM=2x，
∴，
，
，
∵四边形BDQF为平行四边形，
∴FQ//BD，
∴△FMP∽△DBP，
∴，即，
解得：或，
∴或，
由(1)得△EPD的高为，
∴或.
故答案为：①2或或4或12；②或.
【分析】(1)根据含30度角的直角三角形的性质得出AB=2AC=6，根据题意确定，设BE=ED=a，则FE=3-a，利用勾股定理得出BE=2，AE=4，结合图形即可得出相应函数解析式；
(2)①分三种情况进行分析：当∠ADQ=∠APD时，当∠ADQ=∠ADP时，当∠ADQ=BAD=30°时，分别利用全等三角形的判定和性质及相似三角形的判定和性质求解即可；
②由(1)及①得AC=3，，分别表示出AE=4，DE=BE=2，AQ=x，，，，，AM=2x，再由平行四边形的性质及相似三角形的判定和性质求解即可.
23．（2023九上·宁波竞赛）如图1，AB是半圆的直径，为半圆上的两点，且.连结AC并延长，与BD的延长线相交于点.
（1）求证：；
（2）如图2，过点作，垂足为点F.AD与OC，BC分别交于点M，H.
①若BD=1，△DEF的面积为　 　(直接写出答案)；
②若是半圆上一动点(不与A，B重合)，当△CMH是等腰三角形时，EF的值为　 　.(直接写出答案).
【答案】（1）证明：如图1，连接AD，
∵AB是直径，
∴∠ADB = 90°
∵，
∴∠DAE=∠BAD，
∴∠B=∠E，
∵四边形ABDC是⊙O的内接四边形，
∴∠B=∠ECD，
∴∠DCE=∠CED，
∴CD=ED
（2）；或
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定-AA
1 / 1浙江省宁波市五校2023-2024学年九年级上学期强基联考数学试卷
1．（2023九上·宁波竞赛）设是从集合中任意抽取的一个数，则的末位数字是7的概率是　 　.
2．（2023九上·宁波竞赛）如图，点D，E是正两边上的点，将沿直线DE翻折，点的对应点恰好落在边AC上，当时，的值是　 　.
3．（2023九上·宁波竞赛）抛物线与轴两个交点间的距离等于的值为　 　.
4．（2023九上·宁波竞赛）如图，某城市的道路都是横平竖直的，小明同学家住在A点处，学校在B点处．小明每天上学会随机选择一条最近的道路从A点步行至B点．某一天C点施工无法经过，小明同学并不知情，那么小明能够不绕路的概率是　 　．
5．（2023九上·宁波竞赛）已知函数（），当和时函数值相等，则当时的函数值为　 　.
6．（2023九上·宁波竞赛）如图，在中，，若是BC边上的动点，则的最小值是　 　.
7．（2023九上·宁波竞赛）不等式有多重解法，其中有一种方法如下，在同一平面直角坐标系中作出和的图象然后进行求解，请类比求解以下问题：设a，b为整数，若对任意，都有成立，则　 　.
8．（2023九上·宁波竞赛）如图，AC，BC是的两条弦，是的中点，作，垂足为，若，，则　 　.
9．（2023九上·宁波竞赛）已知AB为的直径，为半圆的中点，为上的一动点，延长DC至点，使，若，当点从点运动到点时，线段BE扫过的面积为　 　.
10．（2023九上·宁波竞赛）如图，在矩形ABCD中，BC＝6，AB＝2，Rt△BEF的顶点E在边CD或延长线上运动，且∠BEF＝90°，EF＝ BE，DF＝ ，则BE＝　 　．
11．（2023九上·宁波竞赛）如图，在中，，，，是以斜边为直径的半圆上一动点，为的中点，连接，则的最小值为　 　
12．（2023九上·宁波竞赛）如图，在等腰直角中，，点是斜边BC的中点，点E、F分别为AB、AC边上的点，且，则的面积为　 　.
13．（2023九上·宁波竞赛）已知是轴.动点，将绕点顺时针旋转得到点，则的最小值为　 　.
14．（2023九上·宁波竞赛）如图，在Rt中，为内一动点，满足，则的最小值为　 　.
15．（2023九上·宁波竞赛）矩形ABCD中，，连结BD，E，F分别在边BC，CD上，连结AE，AF分别交BD于点M，N，若，则DN的长为　 　.
16．（2023九上·宁波竞赛）在平面直角坐标系xOy中，直线(为常数)与抛物线交于A，B两点，且点在轴左侧，点的坐标为，连接PA，PB.有以下说法：
①；②当k>0时，的值随的增大而增大；③当时，；④面积的最小值为.
其中正确的是　 　.(写出所有正确说法的序号)
17．（2023九上·宁波竞赛）在矩形ABCD中，为CD上一点，连结AG交BD于点，若，，则BF的长度为　 　.
18．（2023九上·宁波竞赛）如图，过作AB边上的高交CD延长线于点，若，则　 　.
19．（2023九上·宁波竞赛）如图，矩形中，，点E在上，且，点F在边上运动，以线段为斜边在点B的异侧作等腰直角三角形，连接，当最小时，的值为　 　．
20．（2023九上·宁波竞赛）如图是七巧板图案，现将它剪拼成一个"台灯"造型（如图2），过该造型的上下左侧五点作矩形ABCD，使得，点为PQ的中点，并且在矩形内右上角部分留出正方形EFGH作为印章区域（，形成一幅装饰画，则矩形ABCD的周长为　 　cm，若点M，N，E在同一直线上，且点到AD的距离与到CD的距离相等，则印章区域的边长为　 　cm.
21．（2023九上·宁波竞赛）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线.
（1）求抛物线的顶点坐标(用含的代数式表示)；
（2）当时，的最小值是-2，求的最大值；
22．（2023九上·宁波竞赛）如图1，在中，为BC上一点，连结AD，作，交AB于点，月.，动点从点出发向点运动，同时动点从点出发沿射线AC运动，过程中满足，设.
（1）求关于的函数表达式.
（2）连结PD，QD，
①当∠ADQ与中的一个内角相等时，AQ的值为　 　(直接写出答案)；
②如图2，当点在线段AC上时，以BD，QD为邻边作平行四边形BDQF，若PD所在直线平分平行四边形的面积，的面积为　 　(直接写出答案).
23．（2023九上·宁波竞赛）如图1，AB是半圆的直径，为半圆上的两点，且.连结AC并延长，与BD的延长线相交于点.
（1）求证：；
（2）如图2，过点作，垂足为点F.AD与OC，BC分别交于点M，H.
①若BD=1，△DEF的面积为　 　(直接写出答案)；
②若是半圆上一动点(不与A，B重合)，当△CMH是等腰三角形时，EF的值为　 　.(直接写出答案).
答案解析部分
1．【答案】
【知识点】概率公式；探索数与式的规律
【解析】【解答】解：∵31=3，32=9，33=7，34=1，...4个一循环，
100÷4=25，
∴3a的末位数字是7的概率是.
故答案为：.
【分析】由于3a的末位数字是7，则a=4n+1，n∈N，且a∈{1，2，3，...，99，100}，从而可求出满足条件的a的个数，再根据古典概型的概率公式即可求解.
2．【答案】
【知识点】等边三角形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：∵AC=5AF，
∴设AF=x，则AC=5x，CF=4x，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点恰好落在边AC上，
∴∠DFE=∠B=60°，BD=DF，BE=EF，
∴∠AFD+∠ADF=∠AFD+∠CFE=120°，
∴∠ADF=∠CFE，
∴△ADF∽△CFE，
∴.
故答案为：.
【分析】设AF=x，则AC=5x，CF=4x，根据等边三角形的性质得到∠A=∠B=∠C=60°，根据折叠的性质得到∠DFE=∠B=60°，BD=DF，BE=EF，根据相三角形的性质结论.
3．【答案】2或0
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【解答】解：由题可知|x1-x2|=3，
∴(x1-x2)2=9，
∵(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1·x2
∴(m-3)2-4×(-m)=9
解得m1=0，m2=2，
故答案为：2或0.
【分析】根据两点距离公式可列方程求解.
4．【答案】
【知识点】概率的简单应用；用列举法求概率
【解析】【解答】解： 根据图形，先计算出A到B共有多少种走法要向上走两个单位，
分成两种情况：
当一次向上走两个单位时，即从4列中选一列，一次向上走2个单位，共有种走法，
当分两次向上走一个单位时，即从4列中选2列，共有种，
所以从从A点到B点共有4+6=10种；
再计算由A到C再到B情况
步骤一从A点到C点，共有3种；
步骤二从C点到B点，共有2种；
所以从A点经过B点再到C点一共种，
所以小明能够不绕路的概率是：.
故答案为：.
【分析】根据图中的信息，先计算出A到B共有多少种走法，然后再计算出从A到C，再由C到B有多少种走法，然后代入概率公式计算即可求解.
5．【答案】-3
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵当和时函数的值相等，
∴，
∴，
∴，
∴，
，，
∴，
当时.
故答案为：-3.
【分析】当和时函数的值相等，即得，从而得出，由a≠0，m≠n可得，即得x=4，将x值代入即可求解.
6．【答案】12
【知识点】垂线段最短及其应用；等边三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点C作射线CE，使∠BCE=30°，再过点D作DF⊥CE，垂足为点F，连接AD，如图所示：
在Rt△DFC中，∠DCF=30°，
∴，
∵
=2(AD+DF)，
∴当A，D，F在同一直线上，即AF⊥CE时，AD+DF的值最小，最小值等于垂线段AF的长，
此时，∠B=∠ADB=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD=AB=4，
在Rt△ABC中，∠A=90，∠B=60，AB=4，
∴BC=8，
∴DC=BC-BD=4，
∴2AD+DC=2×4+4=12，
∴2AD+DC的最小值为12，
故答案为：12.
【分析】过点C作射线CE，使∠BCE=30°，再过动点D作DF⊥CE，垂足为点F，连接AD，在Rt△DFC中，∠DCF=30°，，2AD+DC=2(AD+DF)，当A，D，F在同一直线上，即AF⊥CE时，AD+DE的值最小，最小值等于垂线段AF的长.
7．【答案】-1
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：观察图象可知：a≠0，由于x的负半轴上ax+2与x2+2b不同号，
∴ax+2与x2+2b在x轴负半轴上交点相同，推出，
∵a，b为整数，
∴a=1，b=-2，
∴a+b=-1.
故答案为：-1.
【分析】若对任意y≤0，都有(ax+2)(x2+2b)≤0成立，则y1=ax+2应为增函数，y2=x2+2b的图象顶点应在x轴下方，且函数与x轴负半轴交干同一点，结合a，b为整数，可得答案.
8．【答案】
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；矩形的性质；垂径定理
【解析】【解答】解：如图，作直径MH，延长MF交⊙O于K，作HJ⊥AC于J，连接CK，AK，AH，设AC交HM于T，HM交AB于R，
∵，HM是直径，
∴HM⊥AB，
∵MF⊥AC，
∴∠ART=∠MFT=90°，
∵∠MTF=∠ATR，
∴∠CAB=∠FMT，
∴，
∴，
∵MH是直径，
∴∠MKH=90°，
∴∠MKH=∠MFT，
∴AC//KH，
∴∠CAK=∠AKH，
∴，
∴AH=CK，
∵∠HJA=∠KFC=90°，HJ=FK，
∴Rt△HJA≌Rt△KFC(HL)，
∴AJ=CF，
∵四边形KHJF是矩形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：.
【分析】如图，作直径MH，延长MF交⊙O于K，作HJ⊥AC于J，连接CK，AK，AH，设AC交HM于T，HM交AB于R.首先证明，再证明Rt△HJA≌Rt△KFC(HL)，推出AJ=CF，求出AJ即可解决问题.
9．【答案】
【知识点】三角形的面积；扇形面积的计算；三角形全等的判定-SAS；圆-动点问题
10．【答案】3
【知识点】勾股定理；矩形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】如图所示，过F作FG⊥CD，交CD的延长线于G，则∠G＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AB＝CD＝2，
又∵∠BEF＝90°，
∴∠FEG+∠BEC＝90°＝∠EBC+∠BEC，
∴∠FEG＝∠EBC，
又∵∠C＝∠G＝90°，
∴△BCE∽△EGF，
∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ ，
∴FG＝ EC，GE＝2＝CD，
∴DG＝EC，
设EC＝x，则DG＝x，FG＝ x，
∵Rt△FDG中，FG2+DG2＝DF2，
∴（ x）2+x2＝（ ）2，
解得x2＝9，
即CE2＝9，
∴Rt△BCE中，BE＝ ＝ ＝3 ，
故答案为：3 ．
【分析】过F作FG⊥CD，交CD的延长线于G，易证△BCE∽△EGF，则有 ＝ ＝ ，即可求得GE=2，从而推出CE=DG，设EC＝x，在Rt△FDG中，根据勾股定理可得FG2+DG2＝DF2，求出x的值，再在直角△BCE中利用勾股定理求解.
11．【答案】
【知识点】勾股定理；圆周角定理；直角三角形斜边上的中线；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：取的中点、的中点、的中点，连接、、、、、，如图，
在中，，，，
，
，，
为的中点，
，
，
点在以为直径的圆上，
当点点在点时，点在点；点点在点时，点在点，
取的中点，连接交于，
则的长度即为的最小值，
延长交于，连接，
∵，，
∴
，，
，
，
即，
解得：（负值舍去），
故的最小值为：，
故答案为：．
【分析】取的中点、的中点、的中点，连接、、、、、，如图，根据勾股定理求得AB的值，根据直角三角形的性质“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得求得OC的值，，由圆周角定理可得点在以为直径的圆上，当点点在点时，点在点；点点在点时，点在点，取的中点，连接交于，则的长度即为的最小值，延长交于，连接，根据相似三角形的判定“有两个角对应相等的两个三角形相似”可得△BFM ∽△BGC，再由相似三角形的性质“相似三角形的对应边的比相等”得比例式计算即可求解．
12．【答案】97.5
【知识点】半角模型；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：设AB=AC=a，则，BE=a-5，FC=a-12，
∵∠EDF=∠B=∠C=45°，
由(1)同理可得：△BED∽△CDF，
则，即，
解得：a=4(舍去)或30，
分别过点E作EM⊥BC于点M，作FN垂直于BC于点N，
则，
同理可得：，，
则
=97.5.
故答案为：97.5.
【分析】用“一线三等角模型”证明△BAD∽△CDE，求出a的值，利用，即可求解.
13．【答案】
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，在x轴上取一点M(2，0)，连接CM交y轴于N.
∵A(-2，0)，B(0，2)，M(2，0)，
∴OA=OB=OM=2，
∴△OBM，△PBC都是等腰直角三角形，
∴∠OBM=∠CBP=45°，
∴∠OBP=∠MBC，
∵，
∴△OBP∽△MBC，
∴∠MBC=∠BOP=90°，
∴点C在直线CN上运动，
∵，
∴，
延长BM到B'，使得MB'=BM，连接AB'交CN于C'，此时AC'+BC'的值最小，最小值=线段AB'的长，
∵A(-2，0)，B(4，-2)，
∴，
故答案为：.
【分析】在x轴上取一点M(2，0)，连接CM交y轴于N。先证明△OBP∽△MBC，推出∠MBC=∠BOP=90°，推出点C在直线CN上运动，因为，可得，延长BM到B'，使得MB'=BM，连接AB'交CN于C'，此时AC'+BC'的值最小，最小值=线段AB'的长.
14．【答案】
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，在CB上取一点T，使得，连接DT，AT.
∵CD=2，，CB=3，
∴CD2=CT·CB，
∴，
∵∠DCT=∠BCD，
∴△DCT∽△BCD，
∴，
∴，
∴，
在Rt△ACT中，AC=4，，
∴，
∴，
∴AD+BD的最小值为.
故答案为：.
【分析】如图，在CB上取一点T，使得，连接DT，AT，证明△DCT∽△BCD，推出，可得，推出，求出AT，可得结论.
15．【答案】
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，
∵∠BAD=90°，AB=6，AD=12，
∴，
如图，延长AB至P，使PB=AB=6，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，得正方形APQD，延长AE交PQ于H，连接HF，
将△ADF绕点A顺时针旋转90°，点D与点P重合，得到△APG，
∵四边形APQD是正方形，
∴AP=PQ=DQ=AD，∠PAD=∠APH=∠Q=∠ADQ=90°，
由旋转得：△APG≌△ADF，
∴PG=DF，∠APG=∠ADF=90°，AG=AF，∠PAG=∠DAF，
∴∠PAG+∠PAF=∠DAF+∠PAF=∠PAD=90°，
即∠GAF=90°，
∵∠HAF=45°，
∴∠GAH=90°-45°= 45°，
∴∠GAH=∠FAH=45°，
在△AGH和△AFH中，
∴△GHP≌△AFH(SAS)，
∴GH=FH，
∵GH=PG+PH= DF+PH，
∴FH=DF+PH，
设DF=x，则FQ=DQ-DF=12-x，
∵AB=BP=6，BE//PQ，
∴AE=EM，
∴PH=2BE=2×3=6，
∴FH=DF+PH=x+6，HQ=PQ-PH=12-6=6，
在Rt△QFH中，由勾股定理得：FQ2+HQ2=FH2，
(12-x)2+ 62=(x+6)2，
解得：x=4，
∴DF=4，
∵DF//AB，
∴△DFN∽△BAN；
∴，
故答案为：.
【分析】根据矩形的性质，由勾股定理得出BD，延长AB至P，使PB=AB=6，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，得正方形APQD，延长AE交PQ于H，连接HF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，点D与点P重合，得到△APG，由旋转的性质可得PG=DF，∠APG=∠ADF=90°，AG=AF，∠PAG=∠DAF，证出∠GAF=90°，得出∠GAH=∠FAH=45°，可证△AGH≌△AFH，得出GH=FH，证出FH=DF+PH，设DF=x，则FQ=DQ-DF=12-x，利用勾股定理列出方程求出x=4，然后由DF//AB，得△DFN∽△BAN，即可求出DN的长.
16．【答案】③④
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
17．【答案】
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，
∵AB=6，AD=8，
∴，
∵AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB
∵∠ABE=∠EFC，
∴∠AEB=∠EFC
∴∠AED=∠EFB，
∵四边形ABCD是矩形
∴AD//BC，
∴∠ADE=∠EBF
∴△ADE∽△EBF，
∴，
∴，
∵AB//DC，
∴∠ABE=∠EDG
∵∠ABE=∠AEB，
∴∠EDG=∠AEB
∵∠DEG=∠AEB
∴∠EDG=∠DEG
∴GD=GE，
在Rt△ADG中，AD=8，AG=AE+GE=6+GD，
根据勾股定理得：AG2=AD2+DG2，
∴(6+GD)2= 82+GD2，
解得，
∵ AB//DG，
∴△ABE∽△GDE，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴
故答案为：.
【分析】根据矩形的性质和勾股定理可得BD=10，然后证明△ADE∽△EBF，可得，然后根据等腰三角形的判定和性质证明GD=GE，根据勾股定理得AG2= AD2+DG2，解得，再由AB//DG，可得△ABE∽△GDE，所以，即，可得，进而可以求出BF的长.
18．【答案】
【知识点】三角形全等的判定-AAS；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图，在BD的延长线上截取DF=AD，FG=AB，连接CG作GH⊥AC于H，
∴AB+ AD = DF+FG，
即：BD=DG，
∵CD⊥BD，
∴，
∵AB+2AD=CE，AG=FG+DF+AD=AB+2AD，
∴CE= AG，
∵AE⊥CE，GH⊥AC，
∴∠AGH=∠DAE，
∵AE⊥AC，AD⊥CE，
∴∠E+∠ACE=90°，∠DAE+∠E=90°，
∴∠DAE=∠ACE，
∴∠AGH=∠ACE，
∵∠AHG=∠CAE=90°，
∴△AGH≌△ACE(AAS)，
∴AH=AE=1，AC=GH，
设CH=a，则GH=AC=CH+AH=a+1，
在Rt△CHG中，由勾股定理得，CH2+GH2=CG2，
∴，
∴a1=2，a2=-3(舍去)，
∴AC=GH=3，
∴，
∵∠ACD=∠ACE，∠ADC=∠CAE=90°，
∴△ACD∽△ECA，
∴，
∴，，
在Rt△BCD中，
，
∴，
故答案为：.
【分析】在BD的延长线上截取DF=AD，FG=AB，连接CG，作GH⊥AC于H，可证得，可证明△AGH≌△ACE，从而得出GH=AC，AH=AE=1，进而求得CH，GH，AC的长，在解直角三角形ACE，进一步求得结果.
19．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图1，取的中点O，连接，作射线，
∵四边形是矩形，
，
∵O是的中点，
，
，O是的中点，
，
，
∴B，E，G，F在以O为圆心的圆上，
，
，
，
，
平分，
∴点G在的平分线上，
∴当时，最小，
此时，如图2，
平分，
∴，
，
是以为斜边的等腰直角三角形，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
∵四边形是矩形，
，
设，
∵，
∴，
在中，，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】如图1，取的中点O，连接，作射线，证明B，E，G，F在以O为圆心的圆上，得点G在的平分线上，当时，最小，此时，画出图2，根据是以为斜边的等腰直角三角形，由同角的余角相等可得∠EGB=∠FGC，结合已知，用边角边可证，由全等三角形的对应边相等可得，设，根据，可得，根据含30度角的直角三角形可得，代入计算即可求解．
20．【答案】64；3.5
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：由图1可知，七巧板中的等腰直角三角形最大的直角边长为6，然后，最小的直角边
长为3，正方形和平行四边形的短边长都是3.
过点N作AD和BC的垂线，垂足分别为J，K，则NJ=3+3+3=9，
又MN=，且△NMK是等腰直角三角形，
∴NK=3，
故JK=9+3=12.
又∠A=∠B=∠BKJ=90°，
∴四边形ABKJ是矩形，
∴AB=JK=12.
又，
∴BC=20，
故矩形ABCD的周长为2×(12+20)=64.
延长MN经过点E与AD交于点L，连接DH，
∵∠NMC=4，且AD//BC，
∴∠ALM=45°.
又点才到AD和CD的距离相等，
∴点H在∠ADC的角平分线上，
则，
∴∠ADH=∠ALE，
∴LE//DH，
又LDI/EH，
∴四边形EHD是平行四边形.
又AJ=6+1.5=7.5，JL=JN=9，
∴AL=7.5+9=16.5.
∴DL=20-16.5 =3.5.
则EH=DL=3.5.
故答案为：64，3.5.
【分析】根据“台灯”的造型及图1，可求出AB的长，进而可求出矩形的周长；延长MN经过点E并与AD相交于点L，连接DH，可得出四边形DKEH是平行四边形，求出DL长即可解决问题.
21．【答案】（1）解：∵y=x2-2tx+t2-t=(x-t)2-t，
∴抛物线的顶点坐标为(t，-t)
（2）解：∵y=x2-2tx+t2-t=(x-t)2-t，
∴抛物线的对称轴为x=t，
∵1>0，
∴抛物线开口向上，
∵t-1≤x1≤t+2，
∴当x=t时，y的最小值为-t，
∵y的最小值是-2，
∴t=2，
∵|t-1-t|=1，|t+2-t|=2，
∴当x=t+2时，
∴y最大=(t+2-t)2-t=4-t=4-2=2，
即y的最大值为2
【知识点】二次函数的最值；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【分析】(1)将抛物线的解析式配成顶点式，即可写成答案；
(2)先确定出当x=t时，y的最小值为t，进而求出t，再判断出当x=t+2时，y取最大值，即可求出答案.
22．【答案】（1）解：∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=3，
∴AB=2AC=6，
∵，AP=y，AQ=x，
∴，
∵，
设BE=ED=a，则FE=3-a，
∵∠FDE=30°，
∴ED=2EF，即a=2(3-a)，
解得：a=2，
∴BE=2，AE=6-2=4，
∵，
∴
（2）2或或4或12；或
【知识点】含30°角的直角三角形；三角形全等的判定-ASA；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：(2)①当∠ADQ=∠APD时，
∠APD最小时，点P与点E重合，此时∠APD=60°，
点Q与点C重合时，∠ADQ最大为60°，
∠ADQ=∠APD=60°时，AQ=3，EP=0，不符合题意；
当∠ADQ=∠ADP时，
∵∠BAD=∠CAD=30°，AD=AD，
∴△ADP≌△ADQ(ASA)，
∴AQ=AP，即，
解得：，即；
当∠ADQ=∠BAD=30°时，DQ=AQ=x，
∵AC=3，
∴，
∵AQ=x，则CQ=3-x，
∴CQ2+CD2 =DQ2，即，
解得：x=2，即AQ=2；
当∠ADQ=∠APD时，
AD2=AP×AQ，
AQ=4或12
综上可得：AQ=2或或4或12.
②如图
由(1)及①得AC=3，，
∴，
∵AE=4，DE=BE=2，AQ=x，，，
∴，
∴，，AM=2x，
∴，
，
，
∵四边形BDQF为平行四边形，
∴FQ//BD，
∴△FMP∽△DBP，
∴，即，
解得：或，
∴或，
由(1)得△EPD的高为，
∴或.
故答案为：①2或或4或12；②或.
【分析】(1)根据含30度角的直角三角形的性质得出AB=2AC=6，根据题意确定，设BE=ED=a，则FE=3-a，利用勾股定理得出BE=2，AE=4，结合图形即可得出相应函数解析式；
(2)①分三种情况进行分析：当∠ADQ=∠APD时，当∠ADQ=∠ADP时，当∠ADQ=BAD=30°时，分别利用全等三角形的判定和性质及相似三角形的判定和性质求解即可；
②由(1)及①得AC=3，，分别表示出AE=4，DE=BE=2，AQ=x，，，，，AM=2x，再由平行四边形的性质及相似三角形的判定和性质求解即可.
23．【答案】（1）证明：如图1，连接AD，
∵AB是直径，
∴∠ADB = 90°
∵，
∴∠DAE=∠BAD，
∴∠B=∠E，
∵四边形ABDC是⊙O的内接四边形，
∴∠B=∠ECD，
∴∠DCE=∠CED，
∴CD=ED
（2）；或
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定-AA
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