浙教版九年级上册数学期末考试试卷附答案

一、选择题。（每小题只有一个正确答案） 1．若

y3xy，则的值为（ ）

xx23A．

2B．5

5C．

2D．

122．在一个不透明的盒子中有1个白球和3个红球，它们除颜色外其余都相同，从盒子里任意摸出1个球，摸到白球的概率是（ ） A．

121B．

31C．

41D．

53．将抛物线yx2向左平移3个单位，再向上平移5个单位，则平移后的抛物线解析式为（ ）

A．y(x3)25 B．y(x3)25

C．y(x3)25

D．y(x3)25

4．如图，在△ABC中，DE∥BC，AD=6，DB=3，AE=4，则EC的长为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4

5．往直径为26cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水的最大深度为8cm，则水面AB的宽度为（ ）

A．12cm B．18cm C．20cm D．24cm

6．如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C，D，则tanADC的值为（ ）

1

A．213 13B．313 132C．

33D．

27．10个大小相同的正六边形按如图所示方式紧密排列在同一平面内，A、B、C、D、E、

O均是正六边形的顶点．则点O是下列哪个三角形的外心（ ）

A．AED B．△ABD C．△BCD D．△ACD

8．CEOB，如图，半径为10的扇形AOB中，AOB90，C为弧AB上一点，CDOA，垂足分别为D，E．若图中阴影部分的面积为10，则CDE（ ）

A．30 B．36 C．54 D．45

9．如图，CD是RtABC斜边AB上的高，AC8，BC6，点O是CD上的动点，以O为圆心作半径为1的圆，若该圆与ABC重叠部分的面积为，则OC的最小值为（ ）

2

5A．

44B．

3C．

755D．

310．已知ABC为直角三角形，且A30，若ABC的三个顶点均在双曲线yk(k0)上，x斜边AB经过坐标原点，且B点的纵坐标比横坐标少3个单位长度，C点的纵坐标与B点横坐标相等，则k（ ）

A．4

二、填空题

9B．

2C．32 D．5

11．正五边形每个内角的度数是_______．

12．在一个有10万人的小镇随机调查了1000人，其中有100人看中央电视台的早间新闻．在该镇随便问一个人，他看早间新闻的概率大约是_______．

13．B，C，如图，已知⊙O上三点A，切线PA交OC延长线于点P，若OP2OC，则ABC_______．

3

14．如图所示，正方形的顶点A在矩形DEFG的边EF上，矩形DEFG的顶点G在正方形的边BC上．已知正方形的边长为4，DG的长为6，则DE的长为_______．

15．如图，已知二次函数yax2bxc(a0)的图象与x轴交于不同两点，与y轴的交点在y轴正半轴，它的对称轴为直线x1．有以下结论：①abc0，②ac0，③若点1,y1和

x2是方程ax2bxc0的两根，④设x1，2,y2在该图象上，则y1y2，若am2bmcp，则pmx1mx20．其中正确的结论是____________（填入正确结论的序号）．

16．如图，直角ABC的直角边长ABBC4，D是AB中点，线段PQ在边AC上运动，

PQ32，则四边形PDBQ面积的最大值为_______，周长的最小值为_______． 2 4

三、解答题

17．（1）计算：2sin30(2021)0tan260． （2）已知线段a4，b9，求线段a，b的比例中项．

18．在一个不透明的盒子中有3个颜色、大小、形状完全相同的小球，小球上分别标有1，2，3这3个号码．

（1）搅匀后从中随机抽出1个小球，抽到1号球的概率是_______．

（2）搅匀后先从中随机抽出1个小球（不放回），再从余下的2个球中随机抽出1个球，求抽到的2个小球的号码的和为奇数的概率．

19．如图，某海防哨所（O）发现在它的北偏西30，距离哨所500m的A处有一艘船，该船向正东方向航行，经过3分钟到达哨所东北方向的B处，求该船的航速．（精确到1km/h）

20．如图，在ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，DE//AC，EF//AB．

（1）求证：△BDE△EFC．

5

（2）若

AF3，EFC的面积是25，求ABC的面积． FC521．某超市经销一种商品，每千克成本为50元，经试销发现，该种商品的每天销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）满足一次函数关系，其每天销售单价，销售量的四组对应值如下表所示：

销售单价x（元/千克）销售量y（千克） 55 70 60 60 65 50 70 40 （1）求y（千克）与x（元/千克）之间的函数表达式；

（2）为保证某天获得600元的销售利润，则该天的销售单价应定为多少？ （3）当销售单价定为多少时，才能使当天的销售利润最大？最大利润是多少？

22．如图，在ABC中，点O是BC中点，以O为圆心，BC为直径作圆刚好经过A点，延长BC于点D，连接AD．已知CADB．

（1）求证：①AD是⊙O的切线； ②△ACD△BAD；

（2）若BD8，tanB1，求⊙O的半径． 223．定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到这边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“好点”．如图1，ABC中，点D是BC边上一点，连接AD，若AD2BDCD，则称点D是ABC中BC边上的“好点”．

6

（1）如图2，ABC的顶点是43网格图的格点，请仅用直尺画出（或在图中直接描出）AB边上的“好点”；

（2）ABC中，BC14，tanB长；

（3）如图3，ABC是⊙O的内接三角形，点H在AB上，连结CH并延长交⊙O于点D．若点H是△BCD中CD边上的“好点”． ①求证：OHAB；

②若OH//BD，⊙O的半径为r，且r3OH，求

3，tanC1，点D是BC边上的“好点”，求线段BD的4CH的值． DH24．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，且∠OBC＝30°，OB＝3OA． （1）求抛物线y＝ax2+bx+3的解析式；

（2）点P为直线BC上方抛物线上的一动点，P点横坐标为m，过点P作PF//y轴交直线BC于点F，写出线段PF的长度l关于m的函数关系式；

（3）过点P作PD⊥BC于点D，当PDF的周长最大时，求出PDF周长的最大值及此时点P的坐标．

参考答案

7

1．C 【分析】 由

y3，设y3kk0, 则x2k,再代入求值即可得到答案． x2【详解】 解：

y3， x2 设y3kk0, 则x2k, 

xy2k3k5k5. x2k2k2故选：C. 【点睛】

本题考查的是比例的基本性质，掌握设参数的方法解决有关比例的问题是解题的关键． 2．C 【分析】

先求出总球的个数，再用白球的个数除以总球的个数即可得出答案． 【详解】

解：不透明的口袋里装有1个白球、3个红球，共有4个球， 现随机从袋里摸出1个球是白球的概率为

1； 4故选：C． 【点睛】

本题考查了概率的计算，熟练掌握概率公式是解题的关键． 3．A 【分析】

根据图象向左平移加，向上平移加，可得答案． 【详解】

解：将抛物线y=-x2向左平移3个单位，再向上平移5个单位，平移后抛物线的解析式是y=-（x+3）2+5， 故选：A． 【点睛】

本题考查了二次函数图象与几何变换，函数图象平移的规律是左加右减，上加下减．

8

4．B 【详解】

试题分析：根据平行线分线段成比例可得故选B．

考点：平行线分线段成比例 5．D 【分析】

连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交圆O于点C，由题意可知CD为8，然后根据勾股定理求出BD的长，进而可得出AB的长． 【详解】

如图，连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交圆O于点C，则AB=2BD， ∵圆的直径为26cm， ∴圆的半径r=OB=13cm， 由题意可知，CD=8cm， ∴OD=13-8=5（cm），

∴BDOB2OD21692512cm ， ∴AB=24cm， 故选：D．

64ADAE，代入计算可得：，即可解EC=2， DBEC3EC

【点睛】

本题考查了垂径定理的应用，过圆心向弦作垂线构造垂径定理是解题的关键． 6．C 【分析】

9

根据圆周角定理可知，∠ABC＝∠ADC．在Rt△ACB中，根据锐角三角函数的定义即可求出∠ABC的正切值，从而得出答案． 【详解】 连接BC、AC．

∵∠ADC和∠ABC所对的弧都是AC， ∴根据圆周角定理知，∠ABC＝∠ADC， ∴在Rt△ACB中，tanABC2∴tan∠ADC=，

3AC2， BC3

故选C． 【点睛】

本题主要考查锐角三角函数的定义和圆周角的知识点，解答本题的关键是利用圆周角定理把求∠ADC的正切值转化成求∠ABC的正切值． 7．D 【分析】

根据三角形外心的性质，到三个顶点的距离相等，可以依次判断． 【详解】

答：因为三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，所以由正六边形性质可知，点O到A，B，C，D，E的距离中，只有OA=OC=OD． 故选：D．

10

【点睛】

此题主要考查了三角形外心的性质，即到三角形三个顶点的距离相等． 8．B 【分析】

△DOE≌△CEO，连接OC，易得四边形CDOE是矩形，根据扇形的面积公式得∠COE=36°，进而即可求解． 【详解】 解：连接OC，

∵∠AOB＝90°，CD⊥OA，CE⊥OB， ∴四边形CDOE是矩形， ∴CD∥OE， ∴∠DEO＝∠CDE，

由矩形CDOE易得到△DOE≌△CEO， ∴图中阴影部分的面积＝扇形OBC的面积， n102∵S扇形OBC＝＝10π，解得：n=36，

360∴CDE∠DEO=∠COE=36°． 故选B． 【点睛】

本题考查了扇形面积的计算，矩形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，利用扇形OBC的面积等于阴影的面积是解题的关键． 9．D 【分析】

根据勾股定理求出AB=10，由OC取最小值时，O与BC相切，证明△OCP∽△BCD∽△BAC得出OP:PC:CO3:4:5，从而求出OC的最小值． 【详解】

11

解：Sr2

∵圆O的半径为1，且圆与ABC重叠部分的面积为， ∴此圆全部在△ABC内，如图，

在RtABC中，AC8，BC6， ∴ABAC2BC210

若OC取最小值时，O与BC相切， 设切点为P，连接OP，则OP⊥BC ∵CD⊥AB ∴∠OPC=∠CDB ∵∠OCP=∠BCD ∴△OCP∽△BCD 同理可证△BAC∽△BCD ∴△OCP∽△BCD∽△BAC ∵BC:AC:AB6:8:103:4:5 ∴OP:PC:CO3:4:5 又∵OP=1 ∴OC=

13553 故选：D． 【点睛】

此题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理以及直线与圆的位置关系，证明△OCP∽△BCD∽△BAC是解答此题的关键． 10．B 【分析】

12

k设B(x,)(k0)，再分别表示出B，C，由直角三角形的性质得出BCOB，联立方程组求

x出k的值即可． 【详解】 解：在y则

kk中，设B(x,)(k0)，

xx

kk3x，C(,x)

xx∵AB经过坐标原点， k∴A(x,)

x∵ABC为直角三角形，且A30， ∴∠B60 ∴BC1AB,AB2BC 2又∵AB2OB ∴BCOB

2k2kx22(x)2xx ∴k3xx9解得，k

2故选：B． 【点睛】

本题属于反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，待定系数法，中心对称的性质等知识，解题的关键是学会利用中心对称的性质解决问题． 11．108 【分析】

先求出正n边形的内角和，再根据正五边形的每个内角都相等，进而求出其中一个内角的度数． 【详解】

解：∵正多边形的内角和为(n2)180， ∴正五边形的内角和是(52)180540， 则每个内角的度数是5405108．

13

故答案为：108 【点睛】

此题主要考查了多边形内角和，解题的关键是熟练掌握基本知识． 12．10% 【分析】

由随机调查了1000人，其中100人看中央电视台的早间新闻，直接利用概率公式求解即可求得答案． 【详解】

解：∵随机调查了1000人，其中100人看中央电视台的早间新闻， ∴在该镇随便问一个人，他看中央电视台早间新闻的概率大约是：故答案为：10%． 【点睛】

本题考查了概率的知识．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． 13．30 【分析】

从而如图，连接OA, 先证明OP2OA,再证明OAP90,利用三角函数求解AOP60，可得答案． 【详解】

解：如图，连接OA,

10=10%， 100

OAOC,OP2OC, OP2OA,

PA是

O的切线，

14

OAP90,

cosAOPOA1, OP2 AOP60，ACAC,

11ABCAOC6030，

22故答案为：30. 【点睛】

本题考查的是圆周角定理，圆的切线的性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键． 814．

3【分析】

根据两角对应相等得出AEDDE的长； 【详解】

解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=DC=4，∠ADC=∠C=90°， ∴∠GDC+∠ADG=90°， ∵四边形DEFG是矩形， ∴∠EDG=∠E =90°， ∴∠EDA+∠ADG=90°， ∴∠GDC=∠EDA ∴AED∴

CGD，再根据相似三角形的性质得出

ADDE=，从而得出DGDCCGD，

ADDE=， DGDC∵DG=6 4DE∴= 648∴DE

3【点睛】

15

本题考查了相似三角形的性质和判定，熟练掌握相似三角形的性质和判定是解题的关键 15．③④ 【分析】

利用数形结合思想，从抛物线的开口，与坐标轴的交点，对称轴等方面着手分析判断即可．【详解】

解：∵抛物线的开口向下，对称轴在原点的右边，与y轴交于正半轴， ∴a＜0， b＞0，c＞0， ∴abc＜0， ∴结论①错误；

∵抛物线的对称轴为x=1， ∴b2a1， ∴b=-2a； ∵ c+a+b＞0， ∴c-a＞0， ∴a-c＜0， ∴结论②错误；

∵抛物线的对称轴为直线x=1，抛物线的开口向下， ∵点1,y1和2,y2在该图象上，

∴1,y1与x=1的距离比2,y2与x=1的距离远； ∴y1y2， ∴结论③正确；

∵am2bmcp，x1，x2是方程ax2bxc0的两根， 当0＜pa+b+c时，x1mx2； ∴pmx1mx2＜0；

16

当p=0时，pmx1mx2=0 当p＜0时，pmx1mx2＜0 ∴pmx1mx20 ∴结论④正确；③④ 故答案为： 【点睛】

本题考查了二次函数的图像与系数之间的关系，对称轴的使用，代数式符号的判定，熟练运用数形结合的思想，二次函数的性质是解题的关键． 16．

11 274322 22【分析】

（1）连接DQ，则可得四边形PDBQSS△DPQS△BDQ，根据已知条件分别表示出SSBDQDPQ和

，再根据AC和PQ的值求得四边形PDBQ面积的最大值；

（2）如图，作D关于AC的对称点D1，连接DD1交AC于点G，作D1E//AC，D1E=AC，设BHD1E于点H，交AC于点F，据此可得，四边形PD1EQ为平行四边形，因为四边形

PDBQ的周长BDPQDPBQ232EQBQ，周长最小，则EQBQ的值最小，2即这三点共线时，EQBQ的值最小，此时EQBQBE，再根据勾股定理求得BE的长即可． 【详解】

（1）如图，连接DQ，

∴四边形PDBQSS△DPQS△BDQ，

∵直角ABC的直角边长ABBC4，D是AB中点，

17

∴ABC为等腰直角三角形，BDAD∴AC42， 设APx，

∴AQAPPQx1AB2， 232， 2∴CQACAQ42352x2x， 22设DPQ底边PQ上的高为h1，

∴hAD2=AD2， 22113322， ∴S△DPQPQh2222设△BDQ底边PQ上的高为h2，

∴h2AQ2=AQ， 22112332∴S△BDQBDh22(x2)x，

222222∴四边形PDBQS3322x3x， 2222∴当x最大时，四边形PDBQ的面积最大， ∵x的最大值ACPQ423522， 2225112； 222∴四边形PDBQ的面积最大值3（2）如图，作D关于AC的对称点D1，连接DD1交AC于点G，作D1E//AC，D1E=AC， ∴四边形PD1EQ为平行四边形，DGAGD1G∴DPD1PEQ，

又∵四边形PDBQ的周长BDPQDPBQ222， 232EQBQ， 2∴周长最小，则EQBQ的值最小，即这三点共线时，EQBQ的值最小， ∴此时EQBQBE，

设BHD1E于点H，交AC于点F， ∴BFAC，

18

∴DGAGD1GFH∴BFAF422， 222， 2∴BHBFFH22232， ∴FGD1HAFAG2222， ∴EHD1ED1H∴在RtBEH中，

32， 2222BEBH2EH2(32)2(∴四边形PDBQ的周长最小值2274

，)2274322． 22

【点睛】

本题考查了等腰直角三角形的性质、三角形的面积、四边形面积、四边形周长等知识，解答本题的关键是正确的作出辅助线． 17．（1）1；（2）6． 【分析】

（1）先计算特殊角的正弦与正切值、零指数幂，再计算实数的混合运算即可得； （2）根据比例中项的定义列出式子计算即可得． 【详解】

1（1）原式21232

113

1；

19

（2）设线段a，b的比例中项为x， 则a:xx:b，

a4，b9， 4:xx:9，

解得x6或x6（不符题意，舍去）， 即线段a，b的比例中项为6． 【点睛】

本题考查了特殊角的正弦与正切值、零指数幂、比例中项，熟记各定义和运算法则是解题关键．

1218．（1）；（2）

33【分析】

（1）用列举法列出所有可能出现的结果，其中“抽到1号”的有1种，即可求出概率； （2）用列表法表示所有可能出现的结果，找出“和为奇数”的情况，进而求出相应的概率． 【详解】

（1）共有3种可能出现的结果，其中“抽到1号球”的有1种， 1∴“抽到1号球”的概率为；

3（2）用列表法表示出所有可能出现的结果情况如下：

∴由表可知，共有6种等可能结果，其中其中“和为奇数”的有4种， ∴P42． 63【点睛】

本题考查了列举法、列表法求随机事件发生的概率，列举出所有可能出现的结果是解答本题的关键． 19．14km/h 【分析】

设AB与正北方向线交于点C，根据已知及三角函数求得AC、OC的长，再根据等腰直角

20

三角形的性质求得BC的长，利用AB=AC+BC求出AB的长，再除以该船航行的时间即可求解； 【详解】

如图所示：设AB与正北方向线交于点C， ∵ 在Rt△AOC中，∠AOC=30°，OA=500m， ∴ACOAsin30250m ， OCOAcos302503m ，

∵△OBC是等腰直角三角形， ∴BCOC2503m ，

∴ABACBC2502503m， ∴该船的航速为：25025033=553≈14km/h

100060

【点睛】

本题考查了解直角三角形的知识，解一般三角形的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决方法为构造直角三角形，难度一般； 20．（1）见解析；（2）64 【分析】

（1）由平行线的性质可得∠DEB=∠FCE，∠DBE=∠FEC，再根据相似三角形的判定可得结论； （2）先根据【详解】

（1）∵DE∥AC，

21

AF3CF5，再根据相似三角形的判定与性质即可得出答案． 得出

AC8FC5

∴∠DEB=∠FCE，

∵EF∥AB，

∴∠DBE=∠FEC，

∴△BDE∽△EFC； （2）∵∴

AF3， FC5CF5， AC8∵EF//AB， ∴△BAC∽△EFC，

S∴S∵S∴SEFCABC25CF， 64AC25，

2EFCABC64，

即△ABC的面积为64． 【点睛】

本题考查了相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是本题的关键． 2x180；21．（1）y﹣（2）60元/千克或80元/千克；（3）70元/千克；800元

【分析】

（1）利用待定系数法来求一次函数的解析式即可；

（2）依题意可列出关于销售单价x的方程，然后解一元二次方程组即可；

（3）利用每件的利润乘以销售量可得总利润，然后根据二次函数的性质来进行计算即可． 【详解】

解：（1）设y与x之间的函数表达式为ykxb（k0），将表中数据（55，70）、（60，60）代入得：

22

55kb70， 60kb60k2解得：，

b180∴y与x之间的函数表达式为y2x180； （2）由题意得：x502x180600， 整理得：x2140x48000， 解得x160，x280，

答：为保证某天获得600元的销售利润，则该天的销售单价应定为60元/千克或80元/千克； （3）设当天的销售利润为w元，则：

wx502x180

2(x﹣70)2800，

∵﹣2＜0，

∴当x70时，w最大值=800．

答：当销售单价定为70元/千克时，才能使当天的销售利润最大，最大利润是800元． 【点睛】

本题考查了待定系数法求一次函数的解析式、一元二次方程和二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系是解题的关键． 22．（1）①见解析；②见解析；（2）r3 【分析】

（1）①直接用直径所对圆周角是90°进行解题即可；②找到∠CAD=∠ABD和∠ADC=∠BDA，两个角相等即可证明两个三角形相似；

（2）利用锐角三角函数和相似三角形的性质即可求出半径的长度； 【详解】

（1）①如图所示，连接AO， 由BC是直径得BAC90， ∵ OB=OA， ∴∠B=∠OAB，

23

∵∠CAD=∠B，

∴∠OAD=∠OAC+∠CAD=∠OAC+∠OAB=90°， ∴AD为圆的切线；

②在△ACD和△BAD中， ∠CAD=∠ABD， ∠ADC=∠BDA， ∴△ACD∽△BAD

（2）由（1）知△ACD∽△BAD ∴

DADCAC， DBDAAB∵tanB∴∴

1 ， 2AC1tanB ， AB2DADC1， DBDA2则AD2CD ， 即

ADAD1 ， BD82得AD=4， ∴ CD1AD2 ， 2∴ BC=BD-CD=8-2=6， ∴半径r3； 【点睛】

本题考查了直径所对圆周角等于90°，相似三角形的判定以及锐角三角函数，正确掌握知识点是解题的关键；

223．（1）见解析；（2）5或10；（3）①见解析；②．

3

24

【分析】

（1）分两种情况讨论，如图①，取格点E,F, 且EFAC2,CECB3, 连接CF交AB于D, 如图②，取格点N,且CA//BN,BNCA,连接CN交AB于D, 则两种情况都满足CD2ADBD. 从而可作出图形；

（2）作BC边上的高AH，由tanB再列方程

3AH4AH,tanC1,可得：BHAH,CHAH, 4BH3CH4AHAH14, 求解AH6,BH8,CH6, 设BDx，则由AD2AH2DH2,322AD2BDCD可得(8x)6x(14x)，解方程可得答案；

（3）①首先证得AHC∽DHB,则该相似三角形的对应边成比例：

AHCH,即DHBHAH•BHCH•DH，由点H是△BCD中CD边上的“好点”,可得BH2CH•DH,再证明AHBH,再利用垂径定理的推论可得结论； ②如图④，连接AD, 证明ABD90, 可

得AD是直径，所以A,O,D共线，设OHx, 则OAOD3x, BD2x, 再分别求解

CH,DH,从而可得答案． 【详解】

解：（1）如图①，取格点E,F, 且EFAC2,CECB3, 连接CF交AB于D, 如图②，取格点N,且CA//BN,BNCA,连接CN交AB于D, 则两种情况都满足CD2ADBD, 即D为ABC中边AB上的“好点”．

理由如下：如图①，

ACBCEF90， EFAC2,CECB4,

CEF≌BCASAS,

ECFCBA, ECFBCD90,

BCDCBA90，

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CDB90，  CDACDB90，

ACD∽CBD, CDBDADCD, CD2ADBD, 如图②， 矩形ANBC, CDNDADBD,

CD2ADBD.

（2）如图③，作BC边上的高AH，

tanB34AHBH,tanC1AHCH, BH43AH,CHAH, BCBHCH14,



43AHAH14, AH6,BH8,CH6, 设BDx，

则DH8x,CD14x,

AD2AH2DH2, AD2BDCD， (8x)262x(14x)，

x215x500,

x5x100,

 x5或x10，

经检验：x5或x10都符合题意， 所以BD的长为5或10.

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（3）①∵CHABHD,ACHDBH, ∴AHC∽DHB, ∴

AHDHCHBH, 即AH•BHCH•DH， ∵点H是△BCD中CD边上的“好点”, BH2CH•DH, BH2AH•BH,

BHAH,

OHAB.

②

CHDH23. 理由如下：如图④，连接AD,

OH//BD,OHAB,

 ABD90,

∴AD是直径，所以A,O,D共线，

r3OH,

 设OHx, 则OAOD3x,

BD2x,

ABAD2BD236x24x242x, OHAB,

AHBH22x,HDBD2HB24x28x223x,BH2CH•DH,

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BH28x243CHx,

DH23x343xCH2 3.DH23x3【点睛】

本题考查的是直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的中位线的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用，垂径定理，圆周角定理，掌握以上知识是解题的关键．

121232793331524．x+3；（1）y＝﹣x2+（2）l＝＝m3m；（3），P(,)

333824【分析】

（1）由抛物线y＝ax2+bx+3的表达式知：C（0，3），根据∠OBC＝30°，得B（33，0），123x+3； 而OB＝3OA，得A（﹣3，0），再用待定系数法即可得y＝﹣x2+33（2）延长PF交x轴于点E，先由B（33，0），C（0，3）得直线BC的表达式为y＝x+3，设点P（m，

12m33312233m+3） ，则点F（m，，故PF＝l＝m3m；m3）

333PD＝cos30°⋅PF＝（3）先证明∠OBC＝30°＝∠P，在Rt△PDF中，＝2PF，故△PDF的周长＝PD+PF+DF＝（13PF，DF＝sin30°⋅PF21333+1+）PF＝PF，

2229933可知PF最大时，△PDF的周长最大，而当m＝时，l最大＝，即PF最大为，即可

442得到答案． 【详解】

解：（1）由抛物线y＝ax2+bx+3的表达式知：C（0，3）， ∴OC＝3， ∵∠OBC＝30°， ∴OB＝

OC=33＝33， tan30?∴B（33，0），

又OB＝3OA，即33＝3OA， ∴OA＝3，

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∴A（3，0），

将A（2

+bx+3，得：3，0），B（33，0）代入y＝ax03a3b327a33b3，

0a1解得：3，

23b3∴y＝﹣13x2+233x+3；

（2）延长PF交x轴于点E，如图：

设直线BC表达式为y＝sx+t，将B（33，0），C（0，3）代入得：

0=33sts33t，解得3，

t3∴直线BC的表达式为y＝33x+3， 设点P（m，

12233m3m3）

，则点F（m，33m+3）， ∴PF＝l＝(12123m233m3)(33m3)＝3m3m；

（3）∵∠OBC＝30°， ∴∠BFE＝60°＝∠PFD， ∵PD⊥BC， ∴∠P＝30°，

在Rt△PDF中，PD＝cos30°⋅PF＝32PF，DF＝sin30°⋅PF＝12PF， ∴△PDF的周长＝PD+PF+DF＝（312+1+）PF＝3322PF，

∴PF最大时，△PDF的周长最大，

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1213329而由（2）知：PF＝l＝m3m＝(x)，

3324∴当m＝9933时，l最大＝，即PF最大为，

4422793， 8此时，△PDF的周长＝∴点P的坐标为(【点睛】

33152793． ,)，△PDF的周长最大值为248本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、二次函数图象上点坐标的特征、解直角三角形、三角形周长等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标和相关线段的长度．

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