资源简介

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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
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湖北省武汉市部分学校2021届九年级上学期数学期末考试试卷
一、单选题
1.（2021九上·武汉期末）将一元二次方程 化成一般形式后，二次项系数和一次项系数分别是（　　　）
A. 2，﹣1 B. 2，0 C. 2，3 D. 2，﹣3
【答案】 D
【考点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：依题：将一元二次方程 化为一般式为： ；
对照一元二次方程的一般式的各项系数可得：二项式系数：2；一次项系数：-3；
故答案为：D.
【分析】形如“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）就是一元二次方程，其中a是二次项的系数，b是一次项的系数，c是常数项”据此可得到二次项系数和一次项系数.
2.（2021九上·武汉期末）下列垃圾分类标识中，是中心对称图形的是（　　　）
A. B.
C. D.
【答案】 B
【考点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故答案为：B.
【分析】中心对称图形是图形绕某一点旋转180°后与原来的图形完全重合，据此对各选项逐一判断.
3.（2021九上·武汉期末）下列四个袋子中，都装有除颜色外无其他差别的10个小球，从这四个袋子中分别随机摸出一个球，摸到红球可能性最小的是（　　　）
A. B. C. D.
【答案】 A
【考点】等可能事件的概率
【解析】【解答】解：第一个袋子摸到红球的可能性= ；
第二个袋子摸到红球的可能性= ；
第三个袋子摸到红球的可能性= ；
第四个袋子摸到红球的可能性= .
故答案为：A.
【分析】分别求出各选项中摸到红球的可能性，再比较大小可得答案.
4.（2021九上·武汉期末）已知⊙O的半径等于3，圆心O到点P的距离为5，那么点P与⊙O的位置关系是（　　　）
A. 点P在⊙O内 B. 点P在⊙O外 C. 点P在⊙O上 D. 无法确定
【答案】 B
【考点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵r=3，d=5，
∴d＞r，
∴点P在⊙O外.
故答案为：B.
【分析】设圆O的半径为r，点P到圆心O的距离为d，当点P在圆内时则d＜r；当点P在圆上时则d=r；当点P在圆外时则d＞r；利用已知条件可得到点P与⊙O的位置关系.
5.（2021九上·武汉期末）一元二次方程 配方后可化为（ ）
A. B. C. D.
【答案】 C
【考点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：移项，得
故答案为：C.
【分析】先移项，将常数项移到方程的右边，再配方，在方程的两边同时加上一次项系数一半的平方，然后将方程的左边写成完全平方式，可得答案.
6.（2021九上·武汉期末）在平面直角坐标系中，抛物线 经变换后得到抛物线 ，则下列变换正确的是（　　　）
A. 向左平移6个单位 B. 向右平移6个单位
C. 向左平移2个单位 D. 向右平移2个单位
【答案】 C
【考点】二次函数图象的几何变换
【解析】【解答】解：y=（x+2）（x﹣4）=（x﹣1）2﹣9，顶点坐标是（1，9）.
y=（x﹣2）（x+4）=（x+1）2﹣9，顶点坐标是（﹣1，9）.
所以将抛物线y=（x+2）（x﹣4）向左平移2个单位长度得到抛物线y=（x﹣2）（x+4），
故答案为：C.
【分析】分别求出平移前后的两抛物线的顶点坐标，利用顶点坐标可得平移的方法.
7.（2021八下·重庆开学考）如图，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转至△DEC，使点D落在BC的延长线上.已知∠A=33°，∠B=30°，则∠ACE的大小是（ ）
A. 63° B. 58° C. 54° D. 52°
【答案】 C
【考点】三角形的外角性质，旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ ， ，
∴ ，
∵ 绕点C按逆时针方向旋转得到 ，
∴ =63°，
∴ .
故答案为：C.
【分析】先利用外角性质求出 ， 接着通过旋转的性质得出 =63°，最后通过平角定义求出∠ACE即可.
8.（2021九上·武汉期末）三个不透明的口袋中各有三个相同的乒乓球，将每个口袋中的三个乒乓球分别标号为1，2，3.从这三个口袋中分别摸出一个乒乓球，出现的数字正好是等腰三角形三边长的概率是（　　　）
A. B. C. D.
【答案】 B
【考点】列表法与树状图法
【解析】【解答】解：画树状图得：
∵共有27种等可能的结果，两次摸出的乒乓球标号相同，并且三个标号符合三角形三边关系的有15种结果，∴出现的数字正好是等腰三角形三边长的概率是 .
故答案为：B.
【分析】利用已知条件列出树状图，再根据树状图求出所有等可能的结果数及出现的数字正好是等腰三角形三边长的情况数，然后利用概率公式可求解.
9.（2021九上·武汉期末）如图，PM，PN分别与⊙O相切于A，B两点，C为⊙O上一点，连接AC，BC.若∠P=60°，∠MAC=75°，AC= ，则⊙O的半径是（　　　）
A. B. C. D.
【答案】 A
【考点】等腰三角形的性质，勾股定理，切线的性质
【解析】【解答】解：连接OA、OC，过A点作AH⊥OC于H，如图，
设⊙O的半径为r，
∵PM与⊙O相切于A点，
∴OA⊥PM，
∴∠OAM=90°，
∵∠MAC=75°，
∴∠OAC=15°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=15°，
∴∠AOH=30°，
在Rt△AOH中，
在Rt△ACH中，
解得r= ，
即⊙O的半径为 .
故答案为：A.
【分析】连接OA、OC，过A点作AH⊥OC于H，设⊙O的半径为r，由切线的性质得∠OAM=90°，可求出∠OAC的度数，利用等边对等角可求出∠OCA的度数；再利用圆周角定理求出∠AOH的度数；在Rt△AOH中，利用勾股定理求出AH的长；在Rt△ACH中，利用勾股定理建立关于r的方程，解方程求出r的值.
10.（2021九上·武汉期末）已知二次函数 的图象上有两点A（x1 ， 2023）和B（x2 ， 2023），则当 时，二次函数的值是（ ）
A. 2020 B. 2021 C. 2022 D. 2023
【答案】 C
【考点】二次函数图象与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：∵二次函数 的图象上有两点A（ ，2023）和B（ ，2023），
∴ 、 是方程 的两个根，
∴ ，
∴当 时，有： ，
故答案为：C.
【分析】由题意可知 、 是方程 的两个根，利用一元二次方程根与系数的关系可求出x1+x2的值，再根据x=x1+x2 ， 可求出x的值，将x的值代入函数解析式可求出二次函数的值.
二、填空题
11.（20120九上·天河期末）在直角坐标系中，点（﹣1，2）关于原点对称点的坐标是________．
【答案】 （1，﹣2）
【考点】关于原点对称的坐标特征
【解析】【解答】解：在直角坐标系中，点（﹣1，2）关于原点对称点的坐标是（1，﹣2），
故答案为（1，﹣2）．
【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P（x ， y），关于原点的对称点是（﹣x ， ﹣y），可得答案．
12.（2021九上·武汉期末）如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O，过点O的直线EF分别交边AB，CD于E，F两点，在这个平行四边形上做随机投掷图钉试验，针头落在阴影区域内的概率是 .
【答案】
【考点】平行四边形的性质，几何概率，三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴对角线把平行四边形分成面积相等的四部分，
阴影部分面积 ，
由图知 ，
，
，
根据平行四边形性质 ，
，
，
，
∴点A落在阴影区域内的概率为 .
故答案为： .
【分析】由平行四边形的性质，知对角线把平行四边形分成面积相等的四部分，易证△DFO≌△BEO，由此可推出阴影部分的面积就是△DOC的面积，然后可得到阴影部分的面积与平行四边形ABCD的面积之间的数量关系，由此可求出针头落在阴影区域内的概率.
13.（2021九上·武汉期末）国家实施“精准扶贫”政策以来，贫困地区经济快速发展，贫困人口大幅度减少.某地区2018年初有贫困人口4万人，通过社会各界的努力，2020年初贫困人口减少至1万人.则2018年初至2020年初该地区贫困人口的年平均下降率是 .
【答案】 50%
【考点】一元二次方程的实际应用-百分率问题
【解析】【解答】解：设2018年初至2020年初该地区贫困人口的年平均下降率为x，
依题意得：4（1﹣x）2=1，
解得：x1=0.5=50%，x2=1.5（不合题意，舍去）.
故答案为：50%.
【分析】设2018年初至2020年初该地区贫困人口的年平均下降率为x，此题的等量关系为：2018年初有贫困人口数×（1+下降率）2=1，列方程求出方程解，可得到符合题意的x的值.
14.（2021九上·武汉期末）已知O，I分别是△ABC的外心和内心，∠BOC=140°，则∠BIC的大小是 .
【答案】 125°或145°
【考点】圆周角定理，三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：
∵O是△ABC的外心，
∴∠BAC= ∠BOC= ×140°=70°（如图1）
或∠BAC=180°﹣70°=110°，（如图2）
∵I是△ABC的内心，
∴∠BIC=90°+ ∠BAC，
当∠BAC=70°时，∠BIC=90°+ ×70°=125°；
当∠BAC=110°时，∠BIC=90°+ ×110°=145°；
即∠BIC的度数为125°或145°.
故答案为：125°或145°.
【分析】分情况讨论：当点A在优弧BC上，利用圆周角定理求出∠BAC的度数，再利用三角形的内心可推出∠BIC=90°+ ∠BAC，代入计算求出∠BIC的度数；当点A在劣弧AC上，利用圆周角定理求出∠BAC的度数，再利用三角形的内心可推出∠BIC=90°+ ∠BAC，代入计算求出∠BIC的度数.
15.（2021九上·武汉期末）如图，放置在直线l上的扇形OAB，由图①滚动（无滑动）到图②，再由图②滚动到图③，若半径OA=1，∠AOB=90°，则点O所经过的路径长是 .
【答案】 π
【考点】弧长的计算
【解析】【解答】解：点O所经过的路径长=3× = π.
故答案为： π.
【分析】点O经过的路径是三个圆周长，进而利用弧长公式列式计算可求出结果.
16.（2021九上·武汉期末）下列关于二次函数 （m为常数）的结论：
①该函数的图象与函数 的图象的对称轴相同；
②该函数的图象与x轴有交点时，m＞1；
③该函数的图象的顶点在函数 的图象上；
④点A（ ）与点B（ ）在该函数的图象上.若 ， ，则 .
其中正确的结论是 （填写序号）.
【答案】 ①③
【考点】二次函数图象与坐标轴的交点问题，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数y=ax^2+bx+c的图象
【解析】【解答】解：①∵二次函数y=x2﹣2mx+1的对称轴为直线x=﹣ =m，二次函数y=﹣x2+2mx的对称轴为直线x=﹣ =m，故结论①正确；
②∵函数的图象与x轴有交点，则△=（﹣2m）2﹣4×1×1=4m2﹣4≥0，∴m2≥1，故结论②错误；
③∵y=x2﹣2mx+1=（x﹣m）2+1﹣m2 ， ∴顶点为（m，﹣m2+1），∴该函数的图象的顶点在函数y=﹣x2+1的图象上，故结论③正确；
④∵x1+x2＜2m，∴ ＜m.
∵二次函数y=x2﹣2mx+1的对称轴为直线x=m，∴点A离对称轴的距离大于点B离对称轴的距离
∵x1＜x2 ， 且a=1＞0，∴y1＞y2
故结论④错误.
故答案为：①③.
【分析】分别求出两函数的对称轴，可对①作出判断；由函数的图象与x轴有交点可得b2-4ac≥0，由此建立关于m的不等式，求出不等式的解集，可对②作出判断；利用配方法求出抛物线y=x2﹣2mx+1的顶点坐标，将x=m代入y=﹣x2+1求出对应的函数值，可对③作出判断；二次函数y=x2﹣2mx+1的对称轴为直线x=m，可知点A离对称轴的距离大于点B离对称轴的距离x1＜x2 ， 利用二次函数的性质，可对④作出判断，综上所述可得到正确结论的序号.
三、解答题
17.（2021九上·武汉期末）若关于x的一元二次方程 有一个根是x=1，求b的值及方程的另一个根.
【答案】 解：∵关于x的一元二次方程x2﹣bx+2=0有一个根是x=1，
∴1﹣b+2=0，
解得：b=3，
把b=3代入方程得：x2﹣3x+2=0，
设另一根为m，可得1+m=3，
解得：m=2，
则b的值为3，方程另一根为x=2.
【考点】一元二次方程的根
【解析】【分析】将x=1代入函数解析式，建立关于b的方程，解方程求出b的值；再将b的值代入方程，利用根与系数之间的关系求出此方程的解即可.
18.（2021九上·武汉期末）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，点D落在线段AB上.求证：DC平分∠ADE.
【答案】 证明：由旋转可知，△ABC≌△DEC，
∴∠A=∠CDE，AC=DC，
∴∠A=∠ADC，
∴∠ADC=∠CDE，
即DC平分∠ADE.
【考点】等腰三角形的性质，旋转的性质
【解析】【分析】利用旋转的性质可证得△ABC≌△DEC， 利用全等三角形的性质可得∠A=∠CDE，AC=DC，利用等边对等角去证明∠ADC=∠CDE，由此可证得结论.
19.（2021九上·武汉期末）小刚参加某网店的“翻牌抽奖”活动，如图，四张牌分别对应价值2，5，5，10（单位：元）的四件奖品.
（1）如果随机翻一张牌，直接写出抽中5元奖品的概率；
（2）如果同时随机翻两张牌，求所获奖品总值不低于10元的概率.
【答案】 （1）解：在价值为2，5，5，10（单位：元）的四件奖品，价值为5元的奖品有2张，∴ 抽中5元奖品的概率为 ；
（2）解：画树状图如下：
由树状图可知共有12种等可能结果，其中所获奖品总值不低于10元的有8种，∴所获奖品总值不低于10元的概率为 ；
【考点】列表法与树状图法
【解析】【分析】（1）由题意可知一共有4种结果，但抽中5元奖品的情况有2种，然后利用概率公式可求解；
（2）根据题意可知此事件是抽取不放回，列出树状图，求出所有等可能的结果数及获奖品总值不低于10元的情况数，然后利用概率公式进行计算.

20.（2021九上·武汉期末）如图是由小正方形构成的6×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点.⊙P经过A，B两个格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求画图（画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）.
（1）在图（1）中，⊙P经过格点C，画圆心P，并画弦BD，使BD平分∠ABC；
（2）在图（2）中，⊙P经过格点E，F是⊙P与网格线的交点，画圆心P，并画弦FG，使FG=FA.
【答案】 （1）解： 如图，点P，线段BD即为所求作.
（2）解： 如图，点P，线段FG即为所求作.
【考点】垂径定理，圆周角定理
【解析】【分析】（1）取格点T，连接AT交BC于点P，连接AC，取AC的中点W，作射线PW交⊙P于点D，连接BD即可；
（2）取格点J，连接AB，AJ延长AJ交⊙P于Q，连接BQ可得圆心P，取格点R，⊙P与格线的交点D，连接FR，DR，作DR交⊙P于G，连接FG，可证FA＝FR＝FG，线段FG即为所求作.
21.（2021九上·武汉期末）如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是 的中点，连接AE，DE，CE.
（1）求证：AE=DE；
（2）若CE=1，求四边形AECD的面积.
【答案】 （1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，
∴ .
∵E是 的中点，
∴ ，
∴ ，
∴AE=DE.
（2）解：连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC=∠DEC=45°，DA=DC.
∵∠EDF=90°，
∴∠F=90°﹣45°=45°，
∴DE=DF.
∵∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF.
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE=CF，
∴S△ADE=S△CDF ，
∴S四边形AECD=S△DEF.
∵EF= DE=EC+DE，EC=1，
∴1+DE= DE，
∴DE= +1，
∴S△DEF= DE2= .
【考点】垂径定理，圆周角定理，圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可证得AB=CD，可推出弧AB=弧CD，再根据E是 的中，可推出弧AE=弧DE，利用圆心角，弧，弦之间的关系定理可证得结论；
（2）连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F.，利用正方形的性质可知∠DBC=∠DEC=45°，DA=DC，再证明DE=DF，∠ADE=∠CDF；再利用AAS证明△ADE≌△CDF，利用全等三角形的性质可证得AE=CF，S△ADE=S△CDF ， 可推出S四边形AECD=S△DEF；据此建立关于DE的方程，解方程求出DE的长，根据 S△DEF= DE2 ， 代入计算求出△DEF的面积.

22.（2021九上·武汉期末）疫情期间，按照防疫要求，学生在进校时必须排队接受体温检测.某校统计了学生早晨到校情况，发现学生到校的累计人数y（单位：人）随时间x（单位：分钟）的变化情况如图所示，y可看作是x的二次函数，其图象经过原点，且顶点坐标为（30，900），其中0≤x≤30.校门口有一个体温检测棚，每分钟可检测40人.
（1）求y与x之间的函数解析式；
（2）校门口排队等待体温检测的学生人数最多时有多少人？
（3）检测体温到第4分钟时，为减少排队等候时间，在校门口临时增设一个人工体温检测点.已知人工每分钟可检测12人，人工检测多长时间后，校门口不再出现排队等待的情况（直接写出结果）.
【答案】 （1）解：∵顶点坐标为（30，900），
∴设y=a（x﹣30）2+900，
将（0，0）代入，
得：900a+900=0，
解得：a=﹣1，
∴y=﹣（x﹣30）2+900；
（2）解：设第x分钟时的排队等待人数为w人，
由题意可得：w=y﹣40x
=﹣（x﹣30）2+900﹣40x
=﹣x2+60x﹣900+900﹣40x
=﹣x2+20x
=﹣（x﹣10）2+100，
∴当x=10时，w的最大值为100，
答：排队等待人数最多时是100人；
（3）8分钟
【考点】二次函数的其他应用
【解析】【解答】解：（3）设人工检测m分钟时间后，校门口不再出现排队等待的情况，由题意得：
（4+m）2+60（4+m）﹣40×4﹣（40+12）m=0，
整理得：﹣m2+64=0，
解得：m1=8，m2=﹣8（舍）.
答：人工检测8分钟时间后，校门口不再出现排队等待的情况.
【分析】（1）利用函数图象，可知抛物线的顶点坐标（30，900），设y=a（x-30）2+900，将（0，0）代入函数解析式求出a的值，可求出抛物线的解析式；
（2）设第x分钟时的排队等待人数为w人，可得到w=y﹣40x，代入可得到w与x的函数解析式，再将函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可求出结果；
（3）设人工检测m分钟时间后，校门口不再出现排队等待的情况，根据题意建立关于m的方程，解方程求出符合题意的m的值即可.
23.（2021九上·武汉期末）
（1）问题背景
如图（1）， ， 都是等边三角形， 可以由 通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小.
（2）尝试应用
如图（2）.在 中， ，分别以AC，AB为边，作等边 和等边 ，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD.若 ，求 的值.
（3）拓展创新
如图（3）.在 中， ， ，将线段AC绕点A顺时针旋转 得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值.
【答案】 （1）解：∵ ， 都是等边三角形，
∴ ， ， ， ， ，
，
，
可以由 绕点A顺时针旋转 得到，
即旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是 ；
（2）解： 和 都是等边三角形，
， ， ，
，
，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
设BF=x，则CF=DF=2x，DE=3x，
∴ ；
（3）
【考点】旋转的性质，三角形的综合
【解析】【解答】解：（3） ，
∴点C在以AB为直径的圆上运动，取AB的中点D，连接CD，
，
如图，过点A作 ，且使AE=AD，连接PE，BE，
∵将线段AC绕点A顺时针旋转 得到线段AP，
，PA=AC.
，
，
，
∴PE=CD=1.
∵AB=2，AE=AD=1，
∴BE= = = ，
，
∴BP的最大值为 +1.
【分析】（1）利用等边三角形的性质可证得∠BAD=∠CAE=60°，AD=AB，AC=AE，再证明∠DAC=∠BAE，利用SAS证明△ACD≌△AEB，由此可证得结论；
（2）由等边三角形的性质得AC=AD，AB=AE，∠CAD=∠BAE=60°，可推出∠CAB=∠DAE，利用SAS证明△ADE≌△ACB，利用全等三角形的性质知∠ADE=∠ACB=90°，DE=CB；再证∠ADF=90°，由此可推出CF=DF，即可得到∠BDF=30°，设BF=x，则CF=DF=2x，DE=3x，可求出DF与DE的比值；
（3）点C在以AB为直径的圆上运动，取AB的中点D，连接CD，可求CD的长；过点A作 ，且使AE=AD，连接PE，BE，利用旋转的性质可证得∠PAC=90°，PA=AC，∠PAE=∠CAD；再利用SAS证明△CAD≌△PAE，利用全等三角形的性质可求出PE，AE的长；然后利用勾股定理求出BE的长；利用三角形的三边关系定理可求出BP的最小值.
24.（2021九上·武汉期末）如图，经过定点A的直线 （k＜0）交抛物线y=﹣x2+4x于B，C两点（点C在点B的右侧），D为抛物线的顶点.
（1）直接写出点A的坐标；
（2）如图（1），若△ACD的面积是△ABD面积的两倍，求k的值；
（3）如图（2），以AC为直径作⊙E，若⊙E与直线y=t所截的弦长恒为定值，求t的值.
【答案】 （1）A（2，1）
（2）解：∵y=﹣x2+4x=﹣（x﹣2）2+4，
∴顶点D的坐标为（2，4）.
∵点A的坐标为（2，1），
∴AD⊥x轴.
如图（1），分别过点B，C作直线AD的垂线，垂足分别为M，N，设B，C的横坐标分别为x1 ， x2 ，
∵△ACD的面积是△ABD面积的两倍，
∴CN=2BM，
∴x2﹣2=2（2﹣x1），
∴2x1+x2=6.
联立 ，
得x2+（k﹣4）x﹣2k+1=0，①
解得：x1= ，x2= ，
∴2× =6，
化简得： =﹣3k，
解得：k=﹣ .
（3）解：如图（2），设⊙E与直线y=t交于点G，H，点C的坐标为（a，﹣a2+4a）.
∵E是AC的中点，
∴将线段AE沿AC方向平移与EC重合，
∴xE﹣xA=xC﹣xE ， yE﹣yA=yC﹣yE ，
∴xE= xA+xC），yE= （yA+yC），
∴E（ ）.
分别过点E，A作x轴，y轴的平行线交于点F.
在Rt△AEF中，由勾股定理得：
EA2=
= ，
过点E作PE⊥GH，垂足为P，连接EH，
∴GH=2PH，EP2= ，
又∵AE=EH，
∴GH2=4PH2
=4（EH2﹣EP2）
=4（EA2﹣EP2）
.
∵GH的长为定值，
∴ ﹣t=0，且4t﹣5=0，
∴t= .
【考点】二次函数与一次函数的综合应用，二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：（1）∵A为直线y=k（x﹣2）+1上的定点，
∴A的坐标与k无关，
∴x﹣2=0，
∴x=2，此时y=1，
∴点A的坐标为（2，1）；
【分析】（1）根据A为直线y=k（x﹣2）+1上的定点，可知A的坐标与k无关，由此可得到x-2=0，可求出x的值，即可求出y的值，可得到点A的坐标；
（2）将函数解析式转化为顶点式，可得到点D的坐标，分别过点B，C作直线AD的垂线，垂足分别为M，N，设B，C的横坐标分别为x1 ， x2 ， 再根据△ACD的面积是△ABD面积的两倍， 可推出CN=2BM，可得到2x1+x2=6；再将两函数联立方程组求出方程组的解，然后根据2x1+x2=6建立关于k的方程，解方程求出k的值；
（3）设⊙E与直线y=t交于点G，H，点C的坐标为（a，﹣a2+4a）， 利用线段中点可知将线段AE沿AC方向平移与EC重合， 可得到xE﹣xA=xC﹣xE ， yE﹣yA=yC﹣yE ， 分别求出点E的横纵坐标，可得到点E的坐标；分别过点E，A作x轴，y轴的平行线交于点F，在Rt△AEF中，利用勾股定理可得到EA2与a的函数解析式， 过点E作PE⊥GH，垂足为P，连接EH，可得到GH=2PH，可求出EP2；然后根据AE=EH，可得到GH2=4PH2 ， 可建立 GH2=4PH2关于a，t的函数解析式，根据GH的长为定值，可建立关于t的函数解析式，解方程求出t的值.
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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
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湖北省武汉市部分学校2021届九年级上学期数学期末考试试卷
一、单选题
1.（2021九上·武汉期末）将一元二次方程 化成一般形式后，二次项系数和一次项系数分别是（　　　）
A. 2，﹣1 B. 2，0 C. 2，3 D. 2，﹣3
2.（2021九上·武汉期末）下列垃圾分类标识中，是中心对称图形的是（　　　）
A. B.
C. D.
3.（2021九上·武汉期末）下列四个袋子中，都装有除颜色外无其他差别的10个小球，从这四个袋子中分别随机摸出一个球，摸到红球可能性最小的是（　　　）
A. B. C. D.
4.（2021九上·武汉期末）已知⊙O的半径等于3，圆心O到点P的距离为5，那么点P与⊙O的位置关系是（　　　）
A. 点P在⊙O内 B. 点P在⊙O外 C. 点P在⊙O上 D. 无法确定
5.（2021九上·武汉期末）一元二次方程 配方后可化为（ ）
A. B. C. D.
6.（2021九上·武汉期末）在平面直角坐标系中，抛物线 经变换后得到抛物线 ，则下列变换正确的是（　　　）
A. 向左平移6个单位 B. 向右平移6个单位
C. 向左平移2个单位 D. 向右平移2个单位
7.（2021八下·重庆开学考）如图，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转至△DEC，使点D落在BC的延长线上.已知∠A=33°，∠B=30°，则∠ACE的大小是（ ）
A. 63° B. 58° C. 54° D. 52°
8.（2021九上·武汉期末）三个不透明的口袋中各有三个相同的乒乓球，将每个口袋中的三个乒乓球分别标号为1，2，3.从这三个口袋中分别摸出一个乒乓球，出现的数字正好是等腰三角形三边长的概率是（　　　）
A. B. C. D.
9.（2021九上·武汉期末）如图，PM，PN分别与⊙O相切于A，B两点，C为⊙O上一点，连接AC，BC.若∠P=60°，∠MAC=75°，AC= ，则⊙O的半径是（　　　）
A. B. C. D.
10.（2021九上·武汉期末）已知二次函数 的图象上有两点A（x1 ， 2023）和B（x2 ， 2023），则当 时，二次函数的值是（ ）
A. 2020 B. 2021 C. 2022 D. 2023
二、填空题
11.（20120九上·天河期末）在直角坐标系中，点（﹣1，2）关于原点对称点的坐标是________．
12.（2021九上·武汉期末）如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O，过点O的直线EF分别交边AB，CD于E，F两点，在这个平行四边形上做随机投掷图钉试验，针头落在阴影区域内的概率是 .
13.（2021九上·武汉期末）国家实施“精准扶贫”政策以来，贫困地区经济快速发展，贫困人口大幅度减少.某地区2018年初有贫困人口4万人，通过社会各界的努力，2020年初贫困人口减少至1万人.则2018年初至2020年初该地区贫困人口的年平均下降率是 .
14.（2021九上·武汉期末）已知O，I分别是△ABC的外心和内心，∠BOC=140°，则∠BIC的大小是 .
15.（2021九上·武汉期末）如图，放置在直线l上的扇形OAB，由图①滚动（无滑动）到图②，再由图②滚动到图③，若半径OA=1，∠AOB=90°，则点O所经过的路径长是 .
16.（2021九上·武汉期末）下列关于二次函数 （m为常数）的结论：
①该函数的图象与函数 的图象的对称轴相同；
②该函数的图象与x轴有交点时，m＞1；
③该函数的图象的顶点在函数 的图象上；
④点A（ ）与点B（ ）在该函数的图象上.若 ， ，则 .
其中正确的结论是 （填写序号）.
三、解答题
17.（2021九上·武汉期末）若关于x的一元二次方程 有一个根是x=1，求b的值及方程的另一个根.
18.（2021九上·武汉期末）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，点D落在线段AB上.求证：DC平分∠ADE.
19.（2021九上·武汉期末）小刚参加某网店的“翻牌抽奖”活动，如图，四张牌分别对应价值2，5，5，10（单位：元）的四件奖品.
（1）如果随机翻一张牌，直接写出抽中5元奖品的概率；
（2）如果同时随机翻两张牌，求所获奖品总值不低于10元的概率.
20.（2021九上·武汉期末）如图是由小正方形构成的6×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点.⊙P经过A，B两个格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求画图（画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）.
（1）在图（1）中，⊙P经过格点C，画圆心P，并画弦BD，使BD平分∠ABC；
（2）在图（2）中，⊙P经过格点E，F是⊙P与网格线的交点，画圆心P，并画弦FG，使FG=FA.
21.（2021九上·武汉期末）如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是 的中点，连接AE，DE，CE.
（1）求证：AE=DE；
（2）若CE=1，求四边形AECD的面积.
22.（2021九上·武汉期末）疫情期间，按照防疫要求，学生在进校时必须排队接受体温检测.某校统计了学生早晨到校情况，发现学生到校的累计人数y（单位：人）随时间x（单位：分钟）的变化情况如图所示，y可看作是x的二次函数，其图象经过原点，且顶点坐标为（30，900），其中0≤x≤30.校门口有一个体温检测棚，每分钟可检测40人.
（1）求y与x之间的函数解析式；
（2）校门口排队等待体温检测的学生人数最多时有多少人？
（3）检测体温到第4分钟时，为减少排队等候时间，在校门口临时增设一个人工体温检测点.已知人工每分钟可检测12人，人工检测多长时间后，校门口不再出现排队等待的情况（直接写出结果）.
23.（2021九上·武汉期末）
（1）问题背景
如图（1）， ， 都是等边三角形， 可以由 通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小.
（2）尝试应用
如图（2）.在 中， ，分别以AC，AB为边，作等边 和等边 ，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD.若 ，求 的值.
（3）拓展创新
如图（3）.在 中， ， ，将线段AC绕点A顺时针旋转 得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值.
24.（2021九上·武汉期末）如图，经过定点A的直线 （k＜0）交抛物线y=﹣x2+4x于B，C两点（点C在点B的右侧），D为抛物线的顶点.
（1）直接写出点A的坐标；
（2）如图（1），若△ACD的面积是△ABD面积的两倍，求k的值；
（3）如图（2），以AC为直径作⊙E，若⊙E与直线y=t所截的弦长恒为定值，求t的值.
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【考点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：依题：将一元二次方程 化为一般式为： ；
对照一元二次方程的一般式的各项系数可得：二项式系数：2；一次项系数：-3；
故答案为：D.
【分析】形如“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）就是一元二次方程，其中a是二次项的系数，b是一次项的系数，c是常数项”据此可得到二次项系数和一次项系数.
2.【答案】 B
【考点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故答案为：B.
【分析】中心对称图形是图形绕某一点旋转180°后与原来的图形完全重合，据此对各选项逐一判断.
3.【答案】 A
【考点】等可能事件的概率
【解析】【解答】解：第一个袋子摸到红球的可能性= ；
第二个袋子摸到红球的可能性= ；
第三个袋子摸到红球的可能性= ；
第四个袋子摸到红球的可能性= .
故答案为：A.
【分析】分别求出各选项中摸到红球的可能性，再比较大小可得答案.
4.【答案】 B
【考点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵r=3，d=5，
∴d＞r，
∴点P在⊙O外.
故答案为：B.
【分析】设圆O的半径为r，点P到圆心O的距离为d，当点P在圆内时则d＜r；当点P在圆上时则d=r；当点P在圆外时则d＞r；利用已知条件可得到点P与⊙O的位置关系.
5.【答案】 C
【考点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：移项，得
故答案为：C.
【分析】先移项，将常数项移到方程的右边，再配方，在方程的两边同时加上一次项系数一半的平方，然后将方程的左边写成完全平方式，可得答案.
6.【答案】 C
【考点】二次函数图象的几何变换
【解析】【解答】解：y=（x+2）（x﹣4）=（x﹣1）2﹣9，顶点坐标是（1，9）.
y=（x﹣2）（x+4）=（x+1）2﹣9，顶点坐标是（﹣1，9）.
所以将抛物线y=（x+2）（x﹣4）向左平移2个单位长度得到抛物线y=（x﹣2）（x+4），
故答案为：C.
【分析】分别求出平移前后的两抛物线的顶点坐标，利用顶点坐标可得平移的方法.
7.【答案】 C
【考点】三角形的外角性质，旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ ， ，
∴ ，
∵ 绕点C按逆时针方向旋转得到 ，
∴ =63°，
∴ .
故答案为：C.
【分析】先利用外角性质求出 ， 接着通过旋转的性质得出 =63°，最后通过平角定义求出∠ACE即可.
8.【答案】 B
【考点】列表法与树状图法
【解析】【解答】解：画树状图得：
∵共有27种等可能的结果，两次摸出的乒乓球标号相同，并且三个标号符合三角形三边关系的有15种结果，∴出现的数字正好是等腰三角形三边长的概率是 .
故答案为：B.
【分析】利用已知条件列出树状图，再根据树状图求出所有等可能的结果数及出现的数字正好是等腰三角形三边长的情况数，然后利用概率公式可求解.
9.【答案】 A
【考点】等腰三角形的性质，勾股定理，切线的性质
【解析】【解答】解：连接OA、OC，过A点作AH⊥OC于H，如图，
设⊙O的半径为r，
∵PM与⊙O相切于A点，
∴OA⊥PM，
∴∠OAM=90°，
∵∠MAC=75°，
∴∠OAC=15°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=15°，
∴∠AOH=30°，
在Rt△AOH中，
在Rt△ACH中，
解得r= ，
即⊙O的半径为 .
故答案为：A.
【分析】连接OA、OC，过A点作AH⊥OC于H，设⊙O的半径为r，由切线的性质得∠OAM=90°，可求出∠OAC的度数，利用等边对等角可求出∠OCA的度数；再利用圆周角定理求出∠AOH的度数；在Rt△AOH中，利用勾股定理求出AH的长；在Rt△ACH中，利用勾股定理建立关于r的方程，解方程求出r的值.
10.【答案】 C
【考点】二次函数图象与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：∵二次函数 的图象上有两点A（ ，2023）和B（ ，2023），
∴ 、 是方程 的两个根，
∴ ，
∴当 时，有： ，
故答案为：C.
【分析】由题意可知 、 是方程 的两个根，利用一元二次方程根与系数的关系可求出x1+x2的值，再根据x=x1+x2 ， 可求出x的值，将x的值代入函数解析式可求出二次函数的值.
二、填空题
11.【答案】 （1，﹣2）
【考点】关于原点对称的坐标特征
【解析】【解答】解：在直角坐标系中，点（﹣1，2）关于原点对称点的坐标是（1，﹣2），
故答案为（1，﹣2）．
【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P（x ， y），关于原点的对称点是（﹣x ， ﹣y），可得答案．
12.【答案】
【考点】平行四边形的性质，几何概率，三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴对角线把平行四边形分成面积相等的四部分，
阴影部分面积 ，
由图知 ，
，
，
根据平行四边形性质 ，
，
，
，
∴点A落在阴影区域内的概率为 .
故答案为： .
【分析】由平行四边形的性质，知对角线把平行四边形分成面积相等的四部分，易证△DFO≌△BEO，由此可推出阴影部分的面积就是△DOC的面积，然后可得到阴影部分的面积与平行四边形ABCD的面积之间的数量关系，由此可求出针头落在阴影区域内的概率.
13.【答案】 50%
【考点】一元二次方程的实际应用-百分率问题
【解析】【解答】解：设2018年初至2020年初该地区贫困人口的年平均下降率为x，
依题意得：4（1﹣x）2=1，
解得：x1=0.5=50%，x2=1.5（不合题意，舍去）.
故答案为：50%.
【分析】设2018年初至2020年初该地区贫困人口的年平均下降率为x，此题的等量关系为：2018年初有贫困人口数×（1+下降率）2=1，列方程求出方程解，可得到符合题意的x的值.
14.【答案】 125°或145°
【考点】圆周角定理，三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：
∵O是△ABC的外心，
∴∠BAC= ∠BOC= ×140°=70°（如图1）
或∠BAC=180°﹣70°=110°，（如图2）
∵I是△ABC的内心，
∴∠BIC=90°+ ∠BAC，
当∠BAC=70°时，∠BIC=90°+ ×70°=125°；
当∠BAC=110°时，∠BIC=90°+ ×110°=145°；
即∠BIC的度数为125°或145°.
故答案为：125°或145°.
【分析】分情况讨论：当点A在优弧BC上，利用圆周角定理求出∠BAC的度数，再利用三角形的内心可推出∠BIC=90°+ ∠BAC，代入计算求出∠BIC的度数；当点A在劣弧AC上，利用圆周角定理求出∠BAC的度数，再利用三角形的内心可推出∠BIC=90°+ ∠BAC，代入计算求出∠BIC的度数.
15.【答案】 π
【考点】弧长的计算
【解析】【解答】解：点O所经过的路径长=3× = π.
故答案为： π.
【分析】点O经过的路径是三个圆周长，进而利用弧长公式列式计算可求出结果.
16.【答案】 ①③
【考点】二次函数图象与坐标轴的交点问题，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数y=ax^2+bx+c的图象
【解析】【解答】解：①∵二次函数y=x2﹣2mx+1的对称轴为直线x=﹣ =m，二次函数y=﹣x2+2mx的对称轴为直线x=﹣ =m，故结论①正确；
②∵函数的图象与x轴有交点，则△=（﹣2m）2﹣4×1×1=4m2﹣4≥0，∴m2≥1，故结论②错误；
③∵y=x2﹣2mx+1=（x﹣m）2+1﹣m2 ， ∴顶点为（m，﹣m2+1），∴该函数的图象的顶点在函数y=﹣x2+1的图象上，故结论③正确；
④∵x1+x2＜2m，∴ ＜m.
∵二次函数y=x2﹣2mx+1的对称轴为直线x=m，∴点A离对称轴的距离大于点B离对称轴的距离
∵x1＜x2 ， 且a=1＞0，∴y1＞y2
故结论④错误.
故答案为：①③.
【分析】分别求出两函数的对称轴，可对①作出判断；由函数的图象与x轴有交点可得b2-4ac≥0，由此建立关于m的不等式，求出不等式的解集，可对②作出判断；利用配方法求出抛物线y=x2﹣2mx+1的顶点坐标，将x=m代入y=﹣x2+1求出对应的函数值，可对③作出判断；二次函数y=x2﹣2mx+1的对称轴为直线x=m，可知点A离对称轴的距离大于点B离对称轴的距离x1＜x2 ， 利用二次函数的性质，可对④作出判断，综上所述可得到正确结论的序号.
三、解答题
17.【答案】 解：∵关于x的一元二次方程x2﹣bx+2=0有一个根是x=1，
∴1﹣b+2=0，
解得：b=3，
把b=3代入方程得：x2﹣3x+2=0，
设另一根为m，可得1+m=3，
解得：m=2，
则b的值为3，方程另一根为x=2.
【考点】一元二次方程的根
【解析】【分析】将x=1代入函数解析式，建立关于b的方程，解方程求出b的值；再将b的值代入方程，利用根与系数之间的关系求出此方程的解即可.
18.【答案】 证明：由旋转可知，△ABC≌△DEC，
∴∠A=∠CDE，AC=DC，
∴∠A=∠ADC，
∴∠ADC=∠CDE，
即DC平分∠ADE.
【考点】等腰三角形的性质，旋转的性质
【解析】【分析】利用旋转的性质可证得△ABC≌△DEC， 利用全等三角形的性质可得∠A=∠CDE，AC=DC，利用等边对等角去证明∠ADC=∠CDE，由此可证得结论.
19.【答案】 （1）解：在价值为2，5，5，10（单位：元）的四件奖品，价值为5元的奖品有2张，∴ 抽中5元奖品的概率为 ；
（2）解：画树状图如下：
由树状图可知共有12种等可能结果，其中所获奖品总值不低于10元的有8种，∴所获奖品总值不低于10元的概率为 ；
【考点】列表法与树状图法
【解析】【分析】（1）由题意可知一共有4种结果，但抽中5元奖品的情况有2种，然后利用概率公式可求解；
（2）根据题意可知此事件是抽取不放回，列出树状图，求出所有等可能的结果数及获奖品总值不低于10元的情况数，然后利用概率公式进行计算.

20.【答案】 （1）解： 如图，点P，线段BD即为所求作.
（2）解： 如图，点P，线段FG即为所求作.
【考点】垂径定理，圆周角定理
【解析】【分析】（1）取格点T，连接AT交BC于点P，连接AC，取AC的中点W，作射线PW交⊙P于点D，连接BD即可；
（2）取格点J，连接AB，AJ延长AJ交⊙P于Q，连接BQ可得圆心P，取格点R，⊙P与格线的交点D，连接FR，DR，作DR交⊙P于G，连接FG，可证FA＝FR＝FG，线段FG即为所求作.
21.【答案】 （1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，
∴ .
∵E是 的中点，
∴ ，
∴ ，
∴AE=DE.
（2）解：连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC=∠DEC=45°，DA=DC.
∵∠EDF=90°，
∴∠F=90°﹣45°=45°，
∴DE=DF.
∵∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF.
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE=CF，
∴S△ADE=S△CDF ，
∴S四边形AECD=S△DEF.
∵EF= DE=EC+DE，EC=1，
∴1+DE= DE，
∴DE= +1，
∴S△DEF= DE2= .
【考点】垂径定理，圆周角定理，圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可证得AB=CD，可推出弧AB=弧CD，再根据E是 的中，可推出弧AE=弧DE，利用圆心角，弧，弦之间的关系定理可证得结论；
（2）连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F.，利用正方形的性质可知∠DBC=∠DEC=45°，DA=DC，再证明DE=DF，∠ADE=∠CDF；再利用AAS证明△ADE≌△CDF，利用全等三角形的性质可证得AE=CF，S△ADE=S△CDF ， 可推出S四边形AECD=S△DEF；据此建立关于DE的方程，解方程求出DE的长，根据 S△DEF= DE2 ， 代入计算求出△DEF的面积.

22.【答案】 （1）解：∵顶点坐标为（30，900），
∴设y=a（x﹣30）2+900，
将（0，0）代入，
得：900a+900=0，
解得：a=﹣1，
∴y=﹣（x﹣30）2+900；
（2）解：设第x分钟时的排队等待人数为w人，
由题意可得：w=y﹣40x
=﹣（x﹣30）2+900﹣40x
=﹣x2+60x﹣900+900﹣40x
=﹣x2+20x
=﹣（x﹣10）2+100，
∴当x=10时，w的最大值为100，
答：排队等待人数最多时是100人；
（3）8分钟
【考点】二次函数的其他应用
【解析】【解答】解：（3）设人工检测m分钟时间后，校门口不再出现排队等待的情况，由题意得：
（4+m）2+60（4+m）﹣40×4﹣（40+12）m=0，
整理得：﹣m2+64=0，
解得：m1=8，m2=﹣8（舍）.
答：人工检测8分钟时间后，校门口不再出现排队等待的情况.
【分析】（1）利用函数图象，可知抛物线的顶点坐标（30，900），设y=a（x-30）2+900，将（0，0）代入函数解析式求出a的值，可求出抛物线的解析式；
（2）设第x分钟时的排队等待人数为w人，可得到w=y﹣40x，代入可得到w与x的函数解析式，再将函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可求出结果；
（3）设人工检测m分钟时间后，校门口不再出现排队等待的情况，根据题意建立关于m的方程，解方程求出符合题意的m的值即可.
23.【答案】 （1）解：∵ ， 都是等边三角形，
∴ ， ， ， ， ，
，
，
可以由 绕点A顺时针旋转 得到，
即旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是 ；
（2）解： 和 都是等边三角形，
， ， ，
，
，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
设BF=x，则CF=DF=2x，DE=3x，
∴ ；
（3）
【考点】旋转的性质，三角形的综合
【解析】【解答】解：（3） ，
∴点C在以AB为直径的圆上运动，取AB的中点D，连接CD，
，
如图，过点A作 ，且使AE=AD，连接PE，BE，
∵将线段AC绕点A顺时针旋转 得到线段AP，
，PA=AC.
，
，
，
∴PE=CD=1.
∵AB=2，AE=AD=1，
∴BE= = = ，
，
∴BP的最大值为 +1.
【分析】（1）利用等边三角形的性质可证得∠BAD=∠CAE=60°，AD=AB，AC=AE，再证明∠DAC=∠BAE，利用SAS证明△ACD≌△AEB，由此可证得结论；
（2）由等边三角形的性质得AC=AD，AB=AE，∠CAD=∠BAE=60°，可推出∠CAB=∠DAE，利用SAS证明△ADE≌△ACB，利用全等三角形的性质知∠ADE=∠ACB=90°，DE=CB；再证∠ADF=90°，由此可推出CF=DF，即可得到∠BDF=30°，设BF=x，则CF=DF=2x，DE=3x，可求出DF与DE的比值；
（3）点C在以AB为直径的圆上运动，取AB的中点D，连接CD，可求CD的长；过点A作 ，且使AE=AD，连接PE，BE，利用旋转的性质可证得∠PAC=90°，PA=AC，∠PAE=∠CAD；再利用SAS证明△CAD≌△PAE，利用全等三角形的性质可求出PE，AE的长；然后利用勾股定理求出BE的长；利用三角形的三边关系定理可求出BP的最小值.
24.【答案】 （1）A（2，1）
（2）解：∵y=﹣x2+4x=﹣（x﹣2）2+4，
∴顶点D的坐标为（2，4）.
∵点A的坐标为（2，1），
∴AD⊥x轴.
如图（1），分别过点B，C作直线AD的垂线，垂足分别为M，N，设B，C的横坐标分别为x1 ， x2 ，
∵△ACD的面积是△ABD面积的两倍，
∴CN=2BM，
∴x2﹣2=2（2﹣x1），
∴2x1+x2=6.
联立 ，
得x2+（k﹣4）x﹣2k+1=0，①
解得：x1= ，x2= ，
∴2× =6，
化简得： =﹣3k，
解得：k=﹣ .
（3）解：如图（2），设⊙E与直线y=t交于点G，H，点C的坐标为（a，﹣a2+4a）.
∵E是AC的中点，
∴将线段AE沿AC方向平移与EC重合，
∴xE﹣xA=xC﹣xE ， yE﹣yA=yC﹣yE ，
∴xE= xA+xC），yE= （yA+yC），
∴E（ ）.
分别过点E，A作x轴，y轴的平行线交于点F.
在Rt△AEF中，由勾股定理得：
EA2=
= ，
过点E作PE⊥GH，垂足为P，连接EH，
∴GH=2PH，EP2= ，
又∵AE=EH，
∴GH2=4PH2
=4（EH2﹣EP2）
=4（EA2﹣EP2）
.
∵GH的长为定值，
∴ ﹣t=0，且4t﹣5=0，
∴t= .
【考点】二次函数与一次函数的综合应用，二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：（1）∵A为直线y=k（x﹣2）+1上的定点，
∴A的坐标与k无关，
∴x﹣2=0，
∴x=2，此时y=1，
∴点A的坐标为（2，1）；
【分析】（1）根据A为直线y=k（x﹣2）+1上的定点，可知A的坐标与k无关，由此可得到x-2=0，可求出x的值，即可求出y的值，可得到点A的坐标；
（2）将函数解析式转化为顶点式，可得到点D的坐标，分别过点B，C作直线AD的垂线，垂足分别为M，N，设B，C的横坐标分别为x1 ， x2 ， 再根据△ACD的面积是△ABD面积的两倍， 可推出CN=2BM，可得到2x1+x2=6；再将两函数联立方程组求出方程组的解，然后根据2x1+x2=6建立关于k的方程，解方程求出k的值；
（3）设⊙E与直线y=t交于点G，H，点C的坐标为（a，﹣a2+4a）， 利用线段中点可知将线段AE沿AC方向平移与EC重合， 可得到xE﹣xA=xC﹣xE ， yE﹣yA=yC﹣yE ， 分别求出点E的横纵坐标，可得到点E的坐标；分别过点E，A作x轴，y轴的平行线交于点F，在Rt△AEF中，利用勾股定理可得到EA2与a的函数解析式， 过点E作PE⊥GH，垂足为P，连接EH，可得到GH=2PH，可求出EP2；然后根据AE=EH，可得到GH2=4PH2 ， 可建立 GH2=4PH2关于a，t的函数解析式，根据GH的长为定值，可建立关于t的函数解析式，解方程求出t的值.
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