广东省深圳市33校联考2024年九年级数学质量检测（2月）
一、选择题：（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共计30分）
1．（2024·深圳模拟）“斗”是我国古代称量粮食的量器，它无盖，其示意图如图所示，下列图形是“斗”的俯视图的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：从上往下看“斗”的俯视图是
故答案为：C.
【分析】俯视图就是从上往下看，所看到的平面图形，观察几何体，可得答案.
2．（2024·深圳模拟）如图，在△ABC中，∠C=90°，BC=a，AC=b，AB=c，则下列选项正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：A、∵ △ABC中，∠C=90°，∴，故A不符合题意；
B、 ，故B不符合题意；
C、 ，故C不符合题意；
D、 ，故D符合题意；
故答案为：D.
【分析】利用锐角三角函数的定义，对各选项逐一判断即可.
3．（2024·深圳模拟） 将抛物线 先向左平移 2 个单位， 再向下平移 3 个单位后， 抛物线的解析式为 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】二次函数图象的几何变换
【解析】【解答】解： 将抛物线 先向左平移 2 个单位， 再向下平移 3 个单位后， 抛物线的解析式为y=-（x-1+2）+4-3即y=-（x+1）+1.
故答案为：A.
【分析】利用二次函数图象平移规律：上加下减，左加右减，可得到平移后的函数解析式.
4．（2024·深圳模拟） 如图， 已知 ， 则 CE的长为 （ ）
A． B． C．6 D．
【答案】B
【知识点】平行线分线段成比例
【解析】【解答】解：∵AB∥CD∥EF，
∴即
解之：.
故答案为：B.
【分析】利用平行线分线段成比例定理，可得到，然后将已知线段代入可求出CE的长.
5．（2024·深圳模拟） 如图， 在矩形 ABCD 中， ， 对角线AC与BD相交于点 ， A E 垂直平分OB于点 E， 则 BC的长为（ ）
A． B． C．4 D．2
【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD，
∴OA=OB=OC，AC=2AO，∠ABC=90°，
∵AE垂直平分OB，
∴AB=AO，
∴AB=AO=OB=2，
∴AC=2×2=4
∴.
故答案为：B.
【分析】利用矩形的性质可证得OA=OB=OC，AC=2AO，∠ABC=90°，利用垂直平分线的性质求出AC的长，然后利用勾股定理求出BC的长.
6．（2024·深圳模拟） 关于 x 的方程 x（x-1）=3（x-1），下列解法完全正确的是 （ ）
甲 乙 丙 丁
两边同时除以（x-1）得到x=3． 移项得x（x-1）+3（x-1）=0，
∴（x-1）（x+3）=0，
∴x-1=0或x+3=0，
∴x1=1，x2=-3． 整理得x2-4x=-3，
∵a=1，b=-4，c=-3，
∴Δ=b2-4ac=28，
∴x=，
∴x1=，x2=． 整理得x2-4x=-3，
配方得x2-4x+4=1，
∴（x-2）2=1，
∴x-2=±1，
∴x1=1，x2=3．
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】D
【知识点】配方法解一元二次方程；公式法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解：甲：方程两边不能同时除以含未知数的式子，故甲的解法错误；
乙、移项要变号，变形后的方程为x（x-1）-3（x-1）=0，故乙的解法错误；
丙、利用公式法解一元二次方程将方程转化为一般形式，这里的c=3，故丙的解法错误；
丁、x2-4x=-3，
x2-4x+4=-3+4，
∴（x-2）2=1，
∴x-2=±1，
解之：x1=1，x2=3.
∴丁的解法完全正确.
故答案为：D.
【分析】解方程在方程的两边不能同时除以含未知数的式子，可对甲的解法作出判断；移项要变号，可对乙的解法作出判断；利用公式法解一元二次方程将方程转化为一般形式，再求出b2-4ac，然后代入公式，可对丙的解法作出判断；利用配方法解一元二次方程的方法，可对丁的解法作出判断；综上所述，可得答案.
7．（2024·深圳模拟）如图，安装路灯AB的路面CD比种植树木的地面PQ高CP=1.2 m，在路灯的照射下，路基CP留在地面上的影长EP为0.4 m，通过测量知道BC的距离为1.5 m，则路灯AB的高度是（ ）
A．3 m B．3.6 m C．4.5 m D．6 m
【答案】C
【知识点】相似三角形的应用
【解析】【解答】解：∵AB⊥BC，CP⊥QP，
∴∠ABC=∠CPE=90°，
∴AB∥CP，
∴∠A=∠ECP，
∴△ACB∽△CEP，
∴即
解之：AB=4.5.
故答案为：C.
【分析】利用垂直的定义可得到∠ABC=∠CPE=90°，可推出AB∥CP，利用平行线的性质可得到∠A=∠ECP，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△ACB∽△CEP，利用相似三角形的对应边成比例，可求出AB的长.
8．（2023九上·龙江月考）二次函数的图象如图所示，则一次函数和反比例函数在同一直角坐标系中的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：∵二次函数的图象开口向上.
∴a>0.
又∵该二次函数与y轴的交点在y轴的负半轴.
∴c<0.
又∵该函数的对称轴为直线
∴b<0.
综上所述：一次函数 经过一三四象限， 反比例函数 经过二四象限.
故答案为：B.
【分析】根据二次函数的图象开口向上，从而得出a>0，然后根据该二次函数与y轴的交点判断出c<0，最后利用该二次函数的对称轴为直线得出b<0，从而判断出一次函数和反比例函数的图像，对照四个选项选出答案即可.
9．（2024·深圳模拟）《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，书中有一个关于门和竹裘的问题，简译为：今有一扇门，不知门的高和宽．另有一竹竿，也不知竹杆的长短．竹竿横着放时比门的宽长4尺，竹竿竖着放时比门的高长2尺，竹竿斜着放时与门的对角线恰好相等，求门的对角线长．若设门的对角线长为x尺，则可列方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：设门的对角线长为x尺，根据题意得
x2=（x-4）2+（x-2）2.
故答案为：B.
【分析】抓住关键已知条件，门的对角线长为x尺，可表示出门的宽和高，利用勾股定理可得到关于x的方程.
10．（2024·深圳模拟） 某综合实践活动小组设计了简易电子体重秤： 制作一个装有踏板（踏板质量忽略不计）的可变电阻 （如图 1）， 当人站上踏板时， 通过电压表显示的读数 换算为人的质量 ）， 已知 随着 的变化而变化 （如图 2）， 与踏板上人的质量 的关系见图3. 则下列说法不正确的是 （ ）
A．在一定范围内， 越大， 越小
B．当 时， 的阻值为
C．当踏板上人的质量为 时，
D．若电压表量程为 ， 为保护电压表， 该电子体重科可称的最大质量是
【答案】C
【知识点】反比例函数的实际应用
【解析】【解答】解：A、图2中的图象可知， 在一定范围内， 越大， 越小，故A不符合题意；
B、由图2可知，图象经过点（50，3），
当U0=3V时，R1的阻值为50Ω，故B不符合题意；
C、当m=90kg时，R1=-2m+240=60Ω，
∴当U0=2V时，对应的是90Ω，
∴当踏板上人的质量为90kg时，U0=2V错误，故C符合题意；
D、∵R1=-2m+240，
∴R1随m的增大而减小，
∴R1的最小值为10，
∴-2m+240=10，
解之：m=115，
∴m的最大值为115kg，
∴ 若电压表量程为 ， 为保护电压表， 该电子体重科可称的最大质量是 ，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用图2，可对A，B作出判断；将m=90代入R1=-2m+240，可求出R1的值，由此可得当U0=2V时，对应的是90Ω，可对C作出判断；由R1=-2m+240，利用一次函数的性质可知R1随m的增大而减小，可得到R1的最小值为10，可求出m的最大值，可对D作出判断.
二、填空题：（每小题 3 分， 共计 15 分）
11．（2024·深圳模拟） 已知 ， 则 .
【答案】
【知识点】比例的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴.
故答案为：.
【分析】利用已知可得到，再利用比例的性质可求出结果.
12．（2024·深圳模拟） 为了估计抛掷同一枚瓶盖落地后凸面向上的概率， 小明做了大量重复试验. 经过统计得到凸面向上的次数为 450 次， 凸面向下的次数为 550 次， 由此可估计抛郑瓶盖落地后凸面向上的概率约为 .
【答案】0.45
【知识点】利用频率估计概率；模拟实验
【解析】【解答】解：∵经过统计得到凸面向上的次数为 450 次， 凸面向下的次数为 550 次，
∴一共做了450+550=1000次实验，
∴由此可估计抛郑瓶盖落地后凸面向上的概率约为450÷1000=0.45.
故答案为：0.45.
【分析】利用已知可得到实验的总次数，由此求出抛郑瓶盖落地后凸面向上的概率.
13．（2022·临沭模拟）如图，原点是和的位似中心，点与点是对应点，的面积是3，则的面积是 ．
【答案】12
【知识点】位似变换
【解析】【解答】解：∵点与点是对应点，
∴，
∴，
∴，
∵的面积是，
∴的面积是12，
故答案为：12．
【分析】根据位似图象的性质可得，再结合的面积是，求出的面积是12即可。
14．（2024·深圳模拟） 如图， 4 个小正方形拼成 “ ” 型模具， 其中三个顶点在正坐标轴上， 顶点 在反比例函数 的图象上， 若 ， 则 .
【答案】24
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点D作DE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥DE于点F，连接AD，
∵∠ABC=∠BAF=∠AOF=90°
∴∠AFO+∠OAF=90°，∠OAF+∠CAB=90°，
∴∠AFO=∠CAB，
∴△ABC∽△FOA
∴即
解之：；
同理可知△AOF∽△FED，
∴即
解之：，
∴，
∴点D，
∵点D在反比例函数图象上，
∴
故答案为：24.
【分析】过点D作DE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥DE于点F，连接AD，利用余角的性质可证得∠AFO=∠CAB，可推出△ABC∽△FOA，利用相似三角形的对应边成比例可求出AO，OF的长；同理可知△AOF∽△FED，利用相似三角形的性质可求出EF，DE的长，根据OE=OF+EF，代入计算求出OE的长，可得到点D的坐标，将点D的坐标代入函数解析式可求出k的值.
15．（2024·深圳模拟） 如图， 在 中， 是 B C 边上一点且满足 是 A C 边上一点且满足 ， 连接 B E 交 A D 于点 ， 则 .
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：过点A作AH⊥DE于点H，过点E作EG⊥CD于点G，延长EG交AD的延长线于点Q，
∴∠AHD=∠ABD=90°，
在△ABD和△AHD中
∴△ABD≌△AHD（AAS），
∴∠BAD=∠HAD，
∵∠C=2∠BAD，
∴∠C=∠BAH，
∵∠BDH+∠BAH=180°，∠BDH+∠EDC=180°，
∴∠BAH=∠EDC=∠C，
∴ED=EC，
∵EG⊥CD，
∴DG=CG=DC，
∵CD=3BD，
设BD=x，则CD=3x，
∴DG=CG=x，BC=4x，
∵EG∥AB，
∴△EGC∽△ABC，
∴，
∴，
∵EQ∥AB，
∴△ADB∽△QGD，
∴，
∴，
∴，
∵AB∥QE，
∴△QEF∽△ABF，
∴.
故答案为：.
【分析】过点A作AH⊥DE于点H，过点E作EG⊥CD于点G，延长EG交AD的延长线于点Q，利用AAS可证得△ABD≌△AHD，利用全等三角形的对应角相等可证得∠BAD=∠HAD，利用已知可得到∠C=∠BAH，利用余角的性质可证得∠BAH=∠EDC=∠C，利用等角对等边可知ED=EC，利用等腰三角形的性质可得到DG=CG=DC；利用已知设BD=x，则CD=3x，同时可表示出DG，CG，BC的长，再证明△EGC∽△ABC，利用相似三角形的性质可得到；同时可证得△ADB∽△QGD，利用相似三角形的性质，可得到，可表示出EQ的长；然后证明△QEF∽△ABF，即可求出EF与BF的比值.
三、解答题： （共 7 题， 共 55 分）
16．（2020九上·百色期末）计算：2cos45° tan30°cos30°+sin260°．
【答案】解：原式
= ﹣ +
= ．
【知识点】实数的运算；特殊角的三角函数值
【解析】【分析】将特殊角的三角函数值代入后按二次根式的混合运算顺序计算即可.
17．（2024·深圳模拟）为建设美好公园社区， 增强民众生活幸福感， 如图 1， 某社区服务中心在文化活动室墙外安装遮阳篷， 便于社区居民休想. 在如图 2 的侧面示意图中， 遮阳篷靠墙端离地高记为 B C， 遮阳篷 A B 长为 5 米， 与水平面的夹角为 .
（1）求点A到墙面BC的距离；
（2）当太阳光线AD与地面CE的夹角为45°时，量得影长CD为1.8米，求遮阳篷靠墙端离地高BC的长.（结果精确到0.1米；参考数据： sin16°≈0.28，cos16°≈0.96，tan16° ≈0.29 ）
【答案】（1）解：作 于点 ，
， 即
解得：
答： 点 到墙面 B C 的距离约为 4.8 米.
（2）解：作AN⊥CE于点N，
由题意可知 ， 则
， 即
，
四边形 AMCN 为矩形， 即 米，
答： 遮阳鉒 墒端离地高 B C 的长为 4.4 米.
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】（1）过点A作AM⊥BC于点M，利用解直角三角形可求出AM的长.
（2）作AN⊥CE于点N，利用已知可求出AN，DN的长，利用解直角三角形求出BM的长，然后利用矩形的性质可求出BC的长.
18．（2024·深圳模拟）某超市在元旦节期间开展优惠活动，凡购物者可以通过转动转盘的方式享受折扣优惠，本次活动共有两种方式：
方式一：转动转盘甲，指针指向A区域时，所购买物品享受9折优惠，指针指向其它区域无优惠；
方式二：同时转动转盘甲和转盘乙，若两个转盘的指针指向每个区域的字母相同，所购买物品享受9折优惠，其它情况无优惠.
（备注：①转盘甲中，指针指向每个区域的可能性相同；转盘乙中，B、C区域的圆心角均为90°；②若指针指向分界线，则重新转动转盘.）
（1）若顾客选择方式一，则享受9折优惠的概率为 ；
（2）两种方式中，哪一种让顾客获得9折优惠的可能性大？请用树状图或列表法说明理由.
【答案】（1）
（2）解：解法一：
共有12种可能的结果，其中两个转盘的指针指向每个区域的字母相同的结果有4种，
第二种方式让顾客获得9折优惠的概率为
即两个方式让顾客获得9折优惠的可能性一样大.
解法二：
A A B C
A (A，A) (A，A) (A，B) (A，C)
B (B，A) (B，A) (B，B) (B，C)
C (C，A) (C，A) (C，B) (C，C)
共有12种可能的结果，其中两个转盘的指针指向每个区域·的字母相同的结果有4种，
第二种方式让顾客获得9折优惠的概率为
即两个方式让顾客获得9折优惠的可能性一样大.
【知识点】概率的简单应用
【解析】【解答】解：（1）若顾客选择方式一，转动转盘甲一次共有3种等可能结果，其中指向A区域的只有1种情况，
∴ 享受9折优惠的概率为.
故答案为：.
【分析】（1）利用转盘可知顾客选择方式一，转动转盘甲一次共有3种等可能结果，其中指向A区域的只有1种情况，利用概率公式进行计算.
（2）利用列树状图或列表，可得到等可能的结果数及两种方式让顾客获得9折优惠的情况数，然后利用概率公式分别求出两种方式让顾客获得9折优惠的概率，比较大小，即可作出判断.
19．（2023九上·鸡西月考）社区利用一块矩形空地建了一个小型停车场，其布局如图所示．已知，，阴影部分设计为停车位，要铺花砖，其余部分均为宽度为米的道路．已知铺花砖的面积为．
（1）求道路的宽是多少米？
（2）该停车场共有车位个，据调查分析，当每个车位的月租金为元时；可全部租出；若每个车位的月租金每上涨元，就会少租出个车位．当每个车位的月租金上涨多少元时，停车场的月租金收入为元。
【答案】（1）解：根据道路的宽为米，
，
整理得：，
解得：（舍去），，
答：道路的宽为米．
（2）解：设月租金上涨元，停车场月租金收入为元，
根据题意得：，
整理得：，
解得，
答：每个车位的月租金上涨元时，停车场的月租金收入为元
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】（1）设道路的宽为米，根据矩形的面积公式， 列出方程，解方程并检验，即可得解；
（2）设月租金上涨元，停车场月租金收入为元，则租出的车位数量是个，根据题意得：， 计算求解即可.
20．（2024·深圳模拟）如图， 在 Rt 中， 是 A C 边上一点， 连接 B D， E 是 外一点且满足 平分 ， 连接 D E 交 A B 于点 .
（1）求证：四边形ADBE是菱形；
（2）连接OC，若四边形ADBE的周长为20，，求 O C 的长
【答案】（1）证明：，
四边形 A D B E 是平行四边形
∵AB平分
AE=BE
四边形ADBE是菱形.
（2）解：∵菱形ADBE的周长为20，
：.AD=BD=5，AE∥BD，
，
， 即
∴CD=3
在 Rt 中， ，
在 Rt 中， ，
，
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）利用有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可证得四边形ADBE是平行四边形，利用平行四边形的性质可得到∠EBA=∠DAB，利用角平分线的定义可推出∠EAB=∠EBA，利用等角对等边可得到AE=BE，然后利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证得结论.
（2）利用菱形的周长可求出菱形的边长，同时可证得AE∥BD，利用平行线的性质可证得∠EAD=∠BDC，然后利用解直角三角形求出CD的长；分别利用勾股定理求出BC，AB的长，然后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可求出OC的长.
21．（2024·深圳模拟）综合与应用
如果将运动员的身体看作一点，则他在跳水过程中运动的轨迹可以看作为抛物线的一部分．建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，运动员从点A（0，10）起跳，从起跳到入水的过程中，运动员的竖直高度y （m）与水平距离x （m）满足二次函数的关系.
（1）在平时的训练完成一次跳水动作时，运动员甲的水平距离x与竖直高度y的几组数据如下表：
水平距离x（m） 0 1 1.5
竖直高度y（m） 10 10 6.25
根据上述数据，求出y关于x的关系式；
（2）在（1）的这次训练中，求运动员甲从起点A到入水点的水平距离OD的长；
（3）信息1：记运动员甲起跳后达到最高点B到水面的高度为k（m），从到达到最高点B开始计时，则他到水面的距离h （m）与时间t （s）之间满足h=-5t2+k .
信息2：已知运动员甲在达到最高点后需要1.6s的时间才能完成极具难度的270C 动作.
问题解决：
①请通过计算说明，在（1）的这次训练中，运动员甲能否成功完成此动作？
②运动员甲进行第二次跳水训练，此时他的竖直高度y（m）与水平距离x （m）的关系为y =ax2-ax+10（a<0），若选手在达到最高点后要顺利完成270C 动作，则a的取值范围是 ▲ .
【答案】（1）解：设 ，代入 得
解得：
关于 的关系式为
（2）解：当 时， 解得：
动员甲从起点A到入水点的水平距离OD的长为2米
（3）解：①
当 时， (舍负)
运动员甲不能成功完成此动作.
②
【知识点】二次函数的其他应用
【解析】【解答】解：（2） y =ax2-ax+10=a（x-） 2+10-a，
∴顶点坐标为（，10-a），
∴，
∴，
当h=0时，，
∴
∵由运动员甲在到达最高点后需要1.6s的时间才能完成极具难度的270C动作，
∴t≥1.6，
∴
解之：.
故答案为：.
【分析】（1）将表中的三组x，y的对应值分别代入函数解析式，可得到关于a，b，c的方程组，解方程组求出a，b，c的值，可得到y与x的函数解析式.
（2）将y=0代入函数解析式，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到符合题意的x的值.
（3）①将函数解析式转化为顶点式，可得到k的值，将k的值和h=0代入，可求出对应的t的值，再与1.6比较大小，可作出判断；②求出函数的顶点坐标，可得到，可得到，同时可推出，由运动员甲在到达最高点后需要1.6s的时间才能完成极具难度的270C动作，可知t≥1.6，由此可得到，解不等式求出a的取值范围.
22．（2024·深圳模拟）综合与实践
在一次综合实践活动课上，王老师给每位同学各发了一张正方形纸片，请同学们思考如何仅通过折纸的方法来确定正方形一边上的一个三等分点.
【操作探究】
“乘风”小组的同学经过一番思考和讨论交流后，进行了如下操作：
第1步：如图1所示，先将正方形纸片ABCD对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，折痕为EF；
第2步：将BC边沿CE翻折到GC的位置；
第3步：延长EG交AD于点H，则点H为AD边的三等分点.
证明过程如下：连接CH， ∵正方形ABCD沿CE折叠， ∴∠D=∠B=∠CGH=90°， ① ， 又∵CH=CH ∴△CGH≌△CDH， ∴GH=DH. 由题意可知E是AB的中点，设AB=6（个单位），DH=x，则AE=BE=EG=3， 在Rt△AEH中，可列方程： ② ，（方程不要求化简）解得：DH= ③ ，即H是AD边的三等分点.
“破浪”小组是这样操作的：
第1步：如图2所示，先将正方形纸片对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，折痕为EF；
第2步：再将正方形纸片对折，使点B与点D重合，再展开铺平，折痕为AC，沿DE翻折得折痕DE交AC于点G；
第3步：过点G折叠正方形纸片ABCD，使折痕MNIIAD.
【过程思考】
（1）“乘风”小组的证明过程中，三个空的所填的内容分别是： ① ，②： ，③： ；
（2）结合“破浪”小组操作过程，判断点M是否为AB边的三等分点，并证明你的结论；
（3）【拓展提升】如图3，在菱形ABCD中，AB=5，BD=6，E是BD上的一个三等分点，记点D关于AE的对称点为D'，射线ED'与菱形ABCD 的边交于点F，请直接写出D'F的长.
【答案】（1）CG=CB=CD；；2
（2）解：由第1步的操作可知E，F分别是AB，CD的中点，
∵正方形 ABCD，
，
， 即
∴点M是否为AB边的三等分点
（3）或
【知识点】轴对称的性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）证明过程如下：连接CH，
∵正方形ABCD沿CE折叠，
∴∠D=∠B=∠CGH=90°，CG=CB=CD，
又∵CH=CH
∴△CGH≌△CDH，
∴GH=DH.
由题意可知E是AB的中点，设AB=6（个单位），DH=x，则AE=BE=EG=3，
在Rt△AEH中，可列方程： ，（方程不要求化简）解得：DH=2，即H是AD边的三等分点.
故答案为：CG=CB=CD，.
（3）连接AC交BD于点O，
∵菱形ABCD，
∴OD=BD=3，∠AOD=90°，
∴，
∵E是BD上的一个三等分点，
如图，当DE=DB=2，连接AD′，AE，AD′与BD交于点N，
∵ 点D关于AE的对称点为D'，射线ED'与菱形ABCD 的边交于点F，
∴DE=DE′=2，∠AD′E=∠ADB=∠ABD，∠END′=∠ANB，
∴△END′∽△ANB，
∴，
设EN=2x，AN=5x，
∴ON=2x-1，
在Rt△ANO中，
AN2=AO2+ON2即（5x）2=16+（2x-1）2，
解之：x1=-1（舍去），x2=，
∴，
易证△END′∽△EFB，
∴
∴，
∴；
当DE=DB=4，连接AD′，AE，
由对称可知，AD=AD′=5，D′E=DE=4，∠ADE=∠AD′E=∠ABD，∠AED=∠AEF，
过点A作AN⊥D′E于点N，
∵∠AD′F=∠EBF，∠AFD′=∠BFE，
∴△AFD′∽△EFB，
∴，
设EF=2m，AF=5m，
在△AEO和△ANE中，
∴△AEO≌△ANE（AAS），
∴OE=EN=1，
∴NF=2m-1，AN=AO=4，
∵AF2=AN2+NF2即（5m）2=16+（2m-1）2，
解之：m1=-1（舍去），m2=，
∴，
∴，
综上所述，D′F的长为或
故答案为：或
【分析】（1）利用折叠的性质可证得∠D=∠B=∠CGH=90°，CG=CB=CD，利用HL可证得△CGH≌△CDH，利用全等三角形的性质可证得GH=DH，设AB=6（个单位），DH=x，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，即可证得结论.
（2）利用正方形的性质可证得AB∥CD，AB=CD，利用相似三角形的判定可证得△AEG∽△CDG，利用相似三角形的性质可得AG与CG的比值，再由MN∥AD，利用平行线分线段成比例定理可证得结论.
（3）连接AC交BD于点O，利用菱形的性质可求出OD的长，利用勾股定理求出AO的长，再分情况讨论：当DE=DB=2，连接AD′，AE，AD′与BD交于点N，利用对称性可知DE=DE′=2，∠AD′E=∠ADB=∠ABD，∠END′=∠ANB，可证得△END′∽△ANB，利用相似三角形的性质可得到AN与EN的比值，设EN=2x，AN=5x，可表示出ON的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出符合题意的x的值，即可得到EN的长；再证明△END′∽△EFB，利用相似三角形的性质可求出EF的长，然后求出D′F的长；当DE=DB=4，连接AD′，AE，易证△AFD′∽△EFB，利用相似三角形的性质可求出EF与AF的比值，设EF=2m，AF=5m，利用AAS证明△AEO≌△ANE，可得到OE=EN=1，可表示出NF，AN的长，利用勾股定理可得到关于m的方程，解方程求出符合题意的m的值，即可求出EF的长，然后求出D′F的长；综上所述。可得到符合题意的D′F的长.
1 / 1广东省深圳市33校联考2024年九年级数学质量检测（2月）
一、选择题：（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共计30分）
1．（2024·深圳模拟）“斗”是我国古代称量粮食的量器，它无盖，其示意图如图所示，下列图形是“斗”的俯视图的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·深圳模拟）如图，在△ABC中，∠C=90°，BC=a，AC=b，AB=c，则下列选项正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·深圳模拟） 将抛物线 先向左平移 2 个单位， 再向下平移 3 个单位后， 抛物线的解析式为 （ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·深圳模拟） 如图， 已知 ， 则 CE的长为 （ ）
A． B． C．6 D．
5．（2024·深圳模拟） 如图， 在矩形 ABCD 中， ， 对角线AC与BD相交于点 ， A E 垂直平分OB于点 E， 则 BC的长为（ ）
A． B． C．4 D．2
6．（2024·深圳模拟） 关于 x 的方程 x（x-1）=3（x-1），下列解法完全正确的是 （ ）
甲 乙 丙 丁
两边同时除以（x-1）得到x=3． 移项得x（x-1）+3（x-1）=0，
∴（x-1）（x+3）=0，
∴x-1=0或x+3=0，
∴x1=1，x2=-3． 整理得x2-4x=-3，
∵a=1，b=-4，c=-3，
∴Δ=b2-4ac=28，
∴x=，
∴x1=，x2=． 整理得x2-4x=-3，
配方得x2-4x+4=1，
∴（x-2）2=1，
∴x-2=±1，
∴x1=1，x2=3．
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
7．（2024·深圳模拟）如图，安装路灯AB的路面CD比种植树木的地面PQ高CP=1.2 m，在路灯的照射下，路基CP留在地面上的影长EP为0.4 m，通过测量知道BC的距离为1.5 m，则路灯AB的高度是（ ）
A．3 m B．3.6 m C．4.5 m D．6 m
8．（2023九上·龙江月考）二次函数的图象如图所示，则一次函数和反比例函数在同一直角坐标系中的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024·深圳模拟）《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，书中有一个关于门和竹裘的问题，简译为：今有一扇门，不知门的高和宽．另有一竹竿，也不知竹杆的长短．竹竿横着放时比门的宽长4尺，竹竿竖着放时比门的高长2尺，竹竿斜着放时与门的对角线恰好相等，求门的对角线长．若设门的对角线长为x尺，则可列方程为（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024·深圳模拟） 某综合实践活动小组设计了简易电子体重秤： 制作一个装有踏板（踏板质量忽略不计）的可变电阻 （如图 1）， 当人站上踏板时， 通过电压表显示的读数 换算为人的质量 ）， 已知 随着 的变化而变化 （如图 2）， 与踏板上人的质量 的关系见图3. 则下列说法不正确的是 （ ）
A．在一定范围内， 越大， 越小
B．当 时， 的阻值为
C．当踏板上人的质量为 时，
D．若电压表量程为 ， 为保护电压表， 该电子体重科可称的最大质量是
二、填空题：（每小题 3 分， 共计 15 分）
11．（2024·深圳模拟） 已知 ， 则 .
12．（2024·深圳模拟） 为了估计抛掷同一枚瓶盖落地后凸面向上的概率， 小明做了大量重复试验. 经过统计得到凸面向上的次数为 450 次， 凸面向下的次数为 550 次， 由此可估计抛郑瓶盖落地后凸面向上的概率约为 .
13．（2022·临沭模拟）如图，原点是和的位似中心，点与点是对应点，的面积是3，则的面积是 ．
14．（2024·深圳模拟） 如图， 4 个小正方形拼成 “ ” 型模具， 其中三个顶点在正坐标轴上， 顶点 在反比例函数 的图象上， 若 ， 则 .
15．（2024·深圳模拟） 如图， 在 中， 是 B C 边上一点且满足 是 A C 边上一点且满足 ， 连接 B E 交 A D 于点 ， 则 .
三、解答题： （共 7 题， 共 55 分）
16．（2020九上·百色期末）计算：2cos45° tan30°cos30°+sin260°．
17．（2024·深圳模拟）为建设美好公园社区， 增强民众生活幸福感， 如图 1， 某社区服务中心在文化活动室墙外安装遮阳篷， 便于社区居民休想. 在如图 2 的侧面示意图中， 遮阳篷靠墙端离地高记为 B C， 遮阳篷 A B 长为 5 米， 与水平面的夹角为 .
（1）求点A到墙面BC的距离；
（2）当太阳光线AD与地面CE的夹角为45°时，量得影长CD为1.8米，求遮阳篷靠墙端离地高BC的长.（结果精确到0.1米；参考数据： sin16°≈0.28，cos16°≈0.96，tan16° ≈0.29 ）
18．（2024·深圳模拟）某超市在元旦节期间开展优惠活动，凡购物者可以通过转动转盘的方式享受折扣优惠，本次活动共有两种方式：
方式一：转动转盘甲，指针指向A区域时，所购买物品享受9折优惠，指针指向其它区域无优惠；
方式二：同时转动转盘甲和转盘乙，若两个转盘的指针指向每个区域的字母相同，所购买物品享受9折优惠，其它情况无优惠.
（备注：①转盘甲中，指针指向每个区域的可能性相同；转盘乙中，B、C区域的圆心角均为90°；②若指针指向分界线，则重新转动转盘.）
（1）若顾客选择方式一，则享受9折优惠的概率为 ；
（2）两种方式中，哪一种让顾客获得9折优惠的可能性大？请用树状图或列表法说明理由.
19．（2023九上·鸡西月考）社区利用一块矩形空地建了一个小型停车场，其布局如图所示．已知，，阴影部分设计为停车位，要铺花砖，其余部分均为宽度为米的道路．已知铺花砖的面积为．
（1）求道路的宽是多少米？
（2）该停车场共有车位个，据调查分析，当每个车位的月租金为元时；可全部租出；若每个车位的月租金每上涨元，就会少租出个车位．当每个车位的月租金上涨多少元时，停车场的月租金收入为元。
20．（2024·深圳模拟）如图， 在 Rt 中， 是 A C 边上一点， 连接 B D， E 是 外一点且满足 平分 ， 连接 D E 交 A B 于点 .
（1）求证：四边形ADBE是菱形；
（2）连接OC，若四边形ADBE的周长为20，，求 O C 的长
21．（2024·深圳模拟）综合与应用
如果将运动员的身体看作一点，则他在跳水过程中运动的轨迹可以看作为抛物线的一部分．建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，运动员从点A（0，10）起跳，从起跳到入水的过程中，运动员的竖直高度y （m）与水平距离x （m）满足二次函数的关系.
（1）在平时的训练完成一次跳水动作时，运动员甲的水平距离x与竖直高度y的几组数据如下表：
水平距离x（m） 0 1 1.5
竖直高度y（m） 10 10 6.25
根据上述数据，求出y关于x的关系式；
（2）在（1）的这次训练中，求运动员甲从起点A到入水点的水平距离OD的长；
（3）信息1：记运动员甲起跳后达到最高点B到水面的高度为k（m），从到达到最高点B开始计时，则他到水面的距离h （m）与时间t （s）之间满足h=-5t2+k .
信息2：已知运动员甲在达到最高点后需要1.6s的时间才能完成极具难度的270C 动作.
问题解决：
①请通过计算说明，在（1）的这次训练中，运动员甲能否成功完成此动作？
②运动员甲进行第二次跳水训练，此时他的竖直高度y（m）与水平距离x （m）的关系为y =ax2-ax+10（a<0），若选手在达到最高点后要顺利完成270C 动作，则a的取值范围是 ▲ .
22．（2024·深圳模拟）综合与实践
在一次综合实践活动课上，王老师给每位同学各发了一张正方形纸片，请同学们思考如何仅通过折纸的方法来确定正方形一边上的一个三等分点.
【操作探究】
“乘风”小组的同学经过一番思考和讨论交流后，进行了如下操作：
第1步：如图1所示，先将正方形纸片ABCD对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，折痕为EF；
第2步：将BC边沿CE翻折到GC的位置；
第3步：延长EG交AD于点H，则点H为AD边的三等分点.
证明过程如下：连接CH， ∵正方形ABCD沿CE折叠， ∴∠D=∠B=∠CGH=90°， ① ， 又∵CH=CH ∴△CGH≌△CDH， ∴GH=DH. 由题意可知E是AB的中点，设AB=6（个单位），DH=x，则AE=BE=EG=3， 在Rt△AEH中，可列方程： ② ，（方程不要求化简）解得：DH= ③ ，即H是AD边的三等分点.
“破浪”小组是这样操作的：
第1步：如图2所示，先将正方形纸片对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，折痕为EF；
第2步：再将正方形纸片对折，使点B与点D重合，再展开铺平，折痕为AC，沿DE翻折得折痕DE交AC于点G；
第3步：过点G折叠正方形纸片ABCD，使折痕MNIIAD.
【过程思考】
（1）“乘风”小组的证明过程中，三个空的所填的内容分别是： ① ，②： ，③： ；
（2）结合“破浪”小组操作过程，判断点M是否为AB边的三等分点，并证明你的结论；
（3）【拓展提升】如图3，在菱形ABCD中，AB=5，BD=6，E是BD上的一个三等分点，记点D关于AE的对称点为D'，射线ED'与菱形ABCD 的边交于点F，请直接写出D'F的长.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：从上往下看“斗”的俯视图是
故答案为：C.
【分析】俯视图就是从上往下看，所看到的平面图形，观察几何体，可得答案.
2．【答案】D
【知识点】锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：A、∵ △ABC中，∠C=90°，∴，故A不符合题意；
B、 ，故B不符合题意；
C、 ，故C不符合题意；
D、 ，故D符合题意；
故答案为：D.
【分析】利用锐角三角函数的定义，对各选项逐一判断即可.
3．【答案】A
【知识点】二次函数图象的几何变换
【解析】【解答】解： 将抛物线 先向左平移 2 个单位， 再向下平移 3 个单位后， 抛物线的解析式为y=-（x-1+2）+4-3即y=-（x+1）+1.
故答案为：A.
【分析】利用二次函数图象平移规律：上加下减，左加右减，可得到平移后的函数解析式.
4．【答案】B
【知识点】平行线分线段成比例
【解析】【解答】解：∵AB∥CD∥EF，
∴即
解之：.
故答案为：B.
【分析】利用平行线分线段成比例定理，可得到，然后将已知线段代入可求出CE的长.
5．【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD，
∴OA=OB=OC，AC=2AO，∠ABC=90°，
∵AE垂直平分OB，
∴AB=AO，
∴AB=AO=OB=2，
∴AC=2×2=4
∴.
故答案为：B.
【分析】利用矩形的性质可证得OA=OB=OC，AC=2AO，∠ABC=90°，利用垂直平分线的性质求出AC的长，然后利用勾股定理求出BC的长.
6．【答案】D
【知识点】配方法解一元二次方程；公式法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解：甲：方程两边不能同时除以含未知数的式子，故甲的解法错误；
乙、移项要变号，变形后的方程为x（x-1）-3（x-1）=0，故乙的解法错误；
丙、利用公式法解一元二次方程将方程转化为一般形式，这里的c=3，故丙的解法错误；
丁、x2-4x=-3，
x2-4x+4=-3+4，
∴（x-2）2=1，
∴x-2=±1，
解之：x1=1，x2=3.
∴丁的解法完全正确.
故答案为：D.
【分析】解方程在方程的两边不能同时除以含未知数的式子，可对甲的解法作出判断；移项要变号，可对乙的解法作出判断；利用公式法解一元二次方程将方程转化为一般形式，再求出b2-4ac，然后代入公式，可对丙的解法作出判断；利用配方法解一元二次方程的方法，可对丁的解法作出判断；综上所述，可得答案.
7．【答案】C
【知识点】相似三角形的应用
【解析】【解答】解：∵AB⊥BC，CP⊥QP，
∴∠ABC=∠CPE=90°，
∴AB∥CP，
∴∠A=∠ECP，
∴△ACB∽△CEP，
∴即
解之：AB=4.5.
故答案为：C.
【分析】利用垂直的定义可得到∠ABC=∠CPE=90°，可推出AB∥CP，利用平行线的性质可得到∠A=∠ECP，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△ACB∽△CEP，利用相似三角形的对应边成比例，可求出AB的长.
8．【答案】B
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：∵二次函数的图象开口向上.
∴a>0.
又∵该二次函数与y轴的交点在y轴的负半轴.
∴c<0.
又∵该函数的对称轴为直线
∴b<0.
综上所述：一次函数 经过一三四象限， 反比例函数 经过二四象限.
故答案为：B.
【分析】根据二次函数的图象开口向上，从而得出a>0，然后根据该二次函数与y轴的交点判断出c<0，最后利用该二次函数的对称轴为直线得出b<0，从而判断出一次函数和反比例函数的图像，对照四个选项选出答案即可.
9．【答案】B
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：设门的对角线长为x尺，根据题意得
x2=（x-4）2+（x-2）2.
故答案为：B.
【分析】抓住关键已知条件，门的对角线长为x尺，可表示出门的宽和高，利用勾股定理可得到关于x的方程.
10．【答案】C
【知识点】反比例函数的实际应用
【解析】【解答】解：A、图2中的图象可知， 在一定范围内， 越大， 越小，故A不符合题意；
B、由图2可知，图象经过点（50，3），
当U0=3V时，R1的阻值为50Ω，故B不符合题意；
C、当m=90kg时，R1=-2m+240=60Ω，
∴当U0=2V时，对应的是90Ω，
∴当踏板上人的质量为90kg时，U0=2V错误，故C符合题意；
D、∵R1=-2m+240，
∴R1随m的增大而减小，
∴R1的最小值为10，
∴-2m+240=10，
解之：m=115，
∴m的最大值为115kg，
∴ 若电压表量程为 ， 为保护电压表， 该电子体重科可称的最大质量是 ，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用图2，可对A，B作出判断；将m=90代入R1=-2m+240，可求出R1的值，由此可得当U0=2V时，对应的是90Ω，可对C作出判断；由R1=-2m+240，利用一次函数的性质可知R1随m的增大而减小，可得到R1的最小值为10，可求出m的最大值，可对D作出判断.
11．【答案】
【知识点】比例的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴.
故答案为：.
【分析】利用已知可得到，再利用比例的性质可求出结果.
12．【答案】0.45
【知识点】利用频率估计概率；模拟实验
【解析】【解答】解：∵经过统计得到凸面向上的次数为 450 次， 凸面向下的次数为 550 次，
∴一共做了450+550=1000次实验，
∴由此可估计抛郑瓶盖落地后凸面向上的概率约为450÷1000=0.45.
故答案为：0.45.
【分析】利用已知可得到实验的总次数，由此求出抛郑瓶盖落地后凸面向上的概率.
13．【答案】12
【知识点】位似变换
【解析】【解答】解：∵点与点是对应点，
∴，
∴，
∴，
∵的面积是，
∴的面积是12，
故答案为：12．
【分析】根据位似图象的性质可得，再结合的面积是，求出的面积是12即可。
14．【答案】24
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点D作DE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥DE于点F，连接AD，
∵∠ABC=∠BAF=∠AOF=90°
∴∠AFO+∠OAF=90°，∠OAF+∠CAB=90°，
∴∠AFO=∠CAB，
∴△ABC∽△FOA
∴即
解之：；
同理可知△AOF∽△FED，
∴即
解之：，
∴，
∴点D，
∵点D在反比例函数图象上，
∴
故答案为：24.
【分析】过点D作DE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥DE于点F，连接AD，利用余角的性质可证得∠AFO=∠CAB，可推出△ABC∽△FOA，利用相似三角形的对应边成比例可求出AO，OF的长；同理可知△AOF∽△FED，利用相似三角形的性质可求出EF，DE的长，根据OE=OF+EF，代入计算求出OE的长，可得到点D的坐标，将点D的坐标代入函数解析式可求出k的值.
15．【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：过点A作AH⊥DE于点H，过点E作EG⊥CD于点G，延长EG交AD的延长线于点Q，
∴∠AHD=∠ABD=90°，
在△ABD和△AHD中
∴△ABD≌△AHD（AAS），
∴∠BAD=∠HAD，
∵∠C=2∠BAD，
∴∠C=∠BAH，
∵∠BDH+∠BAH=180°，∠BDH+∠EDC=180°，
∴∠BAH=∠EDC=∠C，
∴ED=EC，
∵EG⊥CD，
∴DG=CG=DC，
∵CD=3BD，
设BD=x，则CD=3x，
∴DG=CG=x，BC=4x，
∵EG∥AB，
∴△EGC∽△ABC，
∴，
∴，
∵EQ∥AB，
∴△ADB∽△QGD，
∴，
∴，
∴，
∵AB∥QE，
∴△QEF∽△ABF，
∴.
故答案为：.
【分析】过点A作AH⊥DE于点H，过点E作EG⊥CD于点G，延长EG交AD的延长线于点Q，利用AAS可证得△ABD≌△AHD，利用全等三角形的对应角相等可证得∠BAD=∠HAD，利用已知可得到∠C=∠BAH，利用余角的性质可证得∠BAH=∠EDC=∠C，利用等角对等边可知ED=EC，利用等腰三角形的性质可得到DG=CG=DC；利用已知设BD=x，则CD=3x，同时可表示出DG，CG，BC的长，再证明△EGC∽△ABC，利用相似三角形的性质可得到；同时可证得△ADB∽△QGD，利用相似三角形的性质，可得到，可表示出EQ的长；然后证明△QEF∽△ABF，即可求出EF与BF的比值.
16．【答案】解：原式
= ﹣ +
= ．
【知识点】实数的运算；特殊角的三角函数值
【解析】【分析】将特殊角的三角函数值代入后按二次根式的混合运算顺序计算即可.
17．【答案】（1）解：作 于点 ，
， 即
解得：
答： 点 到墙面 B C 的距离约为 4.8 米.
（2）解：作AN⊥CE于点N，
由题意可知 ， 则
， 即
，
四边形 AMCN 为矩形， 即 米，
答： 遮阳鉒 墒端离地高 B C 的长为 4.4 米.
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】（1）过点A作AM⊥BC于点M，利用解直角三角形可求出AM的长.
（2）作AN⊥CE于点N，利用已知可求出AN，DN的长，利用解直角三角形求出BM的长，然后利用矩形的性质可求出BC的长.
18．【答案】（1）
（2）解：解法一：
共有12种可能的结果，其中两个转盘的指针指向每个区域的字母相同的结果有4种，
第二种方式让顾客获得9折优惠的概率为
即两个方式让顾客获得9折优惠的可能性一样大.
解法二：
A A B C
A (A，A) (A，A) (A，B) (A，C)
B (B，A) (B，A) (B，B) (B，C)
C (C，A) (C，A) (C，B) (C，C)
共有12种可能的结果，其中两个转盘的指针指向每个区域·的字母相同的结果有4种，
第二种方式让顾客获得9折优惠的概率为
即两个方式让顾客获得9折优惠的可能性一样大.
【知识点】概率的简单应用
【解析】【解答】解：（1）若顾客选择方式一，转动转盘甲一次共有3种等可能结果，其中指向A区域的只有1种情况，
∴ 享受9折优惠的概率为.
故答案为：.
【分析】（1）利用转盘可知顾客选择方式一，转动转盘甲一次共有3种等可能结果，其中指向A区域的只有1种情况，利用概率公式进行计算.
（2）利用列树状图或列表，可得到等可能的结果数及两种方式让顾客获得9折优惠的情况数，然后利用概率公式分别求出两种方式让顾客获得9折优惠的概率，比较大小，即可作出判断.
19．【答案】（1）解：根据道路的宽为米，
，
整理得：，
解得：（舍去），，
答：道路的宽为米．
（2）解：设月租金上涨元，停车场月租金收入为元，
根据题意得：，
整理得：，
解得，
答：每个车位的月租金上涨元时，停车场的月租金收入为元
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】（1）设道路的宽为米，根据矩形的面积公式， 列出方程，解方程并检验，即可得解；
（2）设月租金上涨元，停车场月租金收入为元，则租出的车位数量是个，根据题意得：， 计算求解即可.
20．【答案】（1）证明：，
四边形 A D B E 是平行四边形
∵AB平分
AE=BE
四边形ADBE是菱形.
（2）解：∵菱形ADBE的周长为20，
：.AD=BD=5，AE∥BD，
，
， 即
∴CD=3
在 Rt 中， ，
在 Rt 中， ，
，
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）利用有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可证得四边形ADBE是平行四边形，利用平行四边形的性质可得到∠EBA=∠DAB，利用角平分线的定义可推出∠EAB=∠EBA，利用等角对等边可得到AE=BE，然后利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证得结论.
（2）利用菱形的周长可求出菱形的边长，同时可证得AE∥BD，利用平行线的性质可证得∠EAD=∠BDC，然后利用解直角三角形求出CD的长；分别利用勾股定理求出BC，AB的长，然后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可求出OC的长.
21．【答案】（1）解：设 ，代入 得
解得：
关于 的关系式为
（2）解：当 时， 解得：
动员甲从起点A到入水点的水平距离OD的长为2米
（3）解：①
当 时， (舍负)
运动员甲不能成功完成此动作.
②
【知识点】二次函数的其他应用
【解析】【解答】解：（2） y =ax2-ax+10=a（x-） 2+10-a，
∴顶点坐标为（，10-a），
∴，
∴，
当h=0时，，
∴
∵由运动员甲在到达最高点后需要1.6s的时间才能完成极具难度的270C动作，
∴t≥1.6，
∴
解之：.
故答案为：.
【分析】（1）将表中的三组x，y的对应值分别代入函数解析式，可得到关于a，b，c的方程组，解方程组求出a，b，c的值，可得到y与x的函数解析式.
（2）将y=0代入函数解析式，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到符合题意的x的值.
（3）①将函数解析式转化为顶点式，可得到k的值，将k的值和h=0代入，可求出对应的t的值，再与1.6比较大小，可作出判断；②求出函数的顶点坐标，可得到，可得到，同时可推出，由运动员甲在到达最高点后需要1.6s的时间才能完成极具难度的270C动作，可知t≥1.6，由此可得到，解不等式求出a的取值范围.
22．【答案】（1）CG=CB=CD；；2
（2）解：由第1步的操作可知E，F分别是AB，CD的中点，
∵正方形 ABCD，
，
， 即
∴点M是否为AB边的三等分点
（3）或
【知识点】轴对称的性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）证明过程如下：连接CH，
∵正方形ABCD沿CE折叠，
∴∠D=∠B=∠CGH=90°，CG=CB=CD，
又∵CH=CH
∴△CGH≌△CDH，
∴GH=DH.
由题意可知E是AB的中点，设AB=6（个单位），DH=x，则AE=BE=EG=3，
在Rt△AEH中，可列方程： ，（方程不要求化简）解得：DH=2，即H是AD边的三等分点.
故答案为：CG=CB=CD，.
（3）连接AC交BD于点O，
∵菱形ABCD，
∴OD=BD=3，∠AOD=90°，
∴，
∵E是BD上的一个三等分点，
如图，当DE=DB=2，连接AD′，AE，AD′与BD交于点N，
∵ 点D关于AE的对称点为D'，射线ED'与菱形ABCD 的边交于点F，
∴DE=DE′=2，∠AD′E=∠ADB=∠ABD，∠END′=∠ANB，
∴△END′∽△ANB，
∴，
设EN=2x，AN=5x，
∴ON=2x-1，
在Rt△ANO中，
AN2=AO2+ON2即（5x）2=16+（2x-1）2，
解之：x1=-1（舍去），x2=，
∴，
易证△END′∽△EFB，
∴
∴，
∴；
当DE=DB=4，连接AD′，AE，
由对称可知，AD=AD′=5，D′E=DE=4，∠ADE=∠AD′E=∠ABD，∠AED=∠AEF，
过点A作AN⊥D′E于点N，
∵∠AD′F=∠EBF，∠AFD′=∠BFE，
∴△AFD′∽△EFB，
∴，
设EF=2m，AF=5m，
在△AEO和△ANE中，
∴△AEO≌△ANE（AAS），
∴OE=EN=1，
∴NF=2m-1，AN=AO=4，
∵AF2=AN2+NF2即（5m）2=16+（2m-1）2，
解之：m1=-1（舍去），m2=，
∴，
∴，
综上所述，D′F的长为或
故答案为：或
【分析】（1）利用折叠的性质可证得∠D=∠B=∠CGH=90°，CG=CB=CD，利用HL可证得△CGH≌△CDH，利用全等三角形的性质可证得GH=DH，设AB=6（个单位），DH=x，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，即可证得结论.
（2）利用正方形的性质可证得AB∥CD，AB=CD，利用相似三角形的判定可证得△AEG∽△CDG，利用相似三角形的性质可得AG与CG的比值，再由MN∥AD，利用平行线分线段成比例定理可证得结论.
（3）连接AC交BD于点O，利用菱形的性质可求出OD的长，利用勾股定理求出AO的长，再分情况讨论：当DE=DB=2，连接AD′，AE，AD′与BD交于点N，利用对称性可知DE=DE′=2，∠AD′E=∠ADB=∠ABD，∠END′=∠ANB，可证得△END′∽△ANB，利用相似三角形的性质可得到AN与EN的比值，设EN=2x，AN=5x，可表示出ON的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出符合题意的x的值，即可得到EN的长；再证明△END′∽△EFB，利用相似三角形的性质可求出EF的长，然后求出D′F的长；当DE=DB=4，连接AD′，AE，易证△AFD′∽△EFB，利用相似三角形的性质可求出EF与AF的比值，设EF=2m，AF=5m，利用AAS证明△AEO≌△ANE，可得到OE=EN=1，可表示出NF，AN的长，利用勾股定理可得到关于m的方程，解方程求出符合题意的m的值，即可求出EF的长，然后求出D′F的长；综上所述。可得到符合题意的D′F的长.
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