2020-2021学年黑龙江哈尔滨九年级上数学期中试卷 (Word版 含解析)

2020-2021学年黑龙江哈尔滨九年级上数学期中试卷
一、选择题
?
1. ?3的倒数是(? ? ? ??)




A.3 B.?3 C.?13 D.13
?
2. 下列计算错误的是(? ? ? ? )




A.x2?x3=x6 B.x3+x3=2x3 C.x3÷x3=1 D.3x5?4x5=?x5
?
3. 下列四个图形都是轴对称图形，其中对称轴一共有三条的是(???????? )


A. B.
C. D.
?
4. 如图，矩形ABCD中，AB=8，把矩形沿直线AC折叠，点B落在点E处，AE交CD于点F，若AF=254，则AD的长为（????????）





A.4 B.5 C.6 D.7
?
5. 平面直角坐标系中，将抛物线y=?x2先向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线的解析式是（????????）




A.y=x+12+2 B.y=x?12+2 C.y=?x?12+2 D.y=?x?12?2
?
6. 如图，滑雪场有一坡角20?的滑雪道，滑雪道AC长为100米，则滑雪道的坡顶到坡底的竖直高度AB的长为（ ）米．





A.100cos20? B.100sin20? C.100cos20? D.100sin20?
?
7. 如图，在⊙O中弦AB，CD相交于点E， ∠A=30?，∠AED=75?，则∠B=（????????）





A.60? B.45? C.75? D.50?
?
8. 某商品经过两次连续涨价，由原来的每件10元上涨为现在的14.4元，设平均每次涨价的百分比为x，则可列方程(? ? ? ? )




A.14.41?x2=10 B.101+2x=14.4 C.14.41?2x=10 D.101+x2=14.4
?
9. 二次函数y=?(x?1)2+2，下列说法正确的是（ ）


A.图象的开口向上 B.图象的顶点坐标是(?1,?2)
C.当x>1时，y随x的增大而减小 D.图象与y轴的交点坐标为(0,?2)
?
10. 如图，在?ABCD中，点E在CD边上，AE交对角线BD于点F，则下列结论错误的是（????????）





A.AFFE=BFFD B.DEAB=DFBD? C.AFAE=BFBD D.DEDC=EFAF
二、填空题
?
长城是我国第一批入选世界遗产的文化古迹，总长约6700000米，将数字6700000用科学记数法表示为________．
?
在函数y=5x?3中，自变量x的取值范围是________．
?
分解因式：2m3?8m=________．
?
不等式组x+1>0,2x?1≤3的解集是________.
?
计算：18+8=________．
?
在菱形ABCD中，AB=5，∠BCD=120?，菱形ABCD的面积为________．
?
抛物线y=x2?2x+3的最小值为________.
?
如图，AB是⊙O的弦，半径OD⊥AB于点C，AE为直径，AB=8，CD=2，则线段CE的长为________.

?
在矩形ABCD中，点E在AD边上，△BCE是以BE为一腰的等腰三角形，若AB=4，BC=5，则线段DE的长为________.
?
如图，AD是△ABC的中线，AD=5， tan∠BAD=34，S△ADC=15，求线段AC的长________.

三、解答题
?
先化简，再求代数式1a?2÷1+1a?2的值，其中a=2sin60?+3tan30?.
?
如图，在每个小正方形的边长都是1的方格纸中，有线段AB和线段CD，点A，B，C，D都在小正方形的顶点上．

(1)在方格纸中画一个以线段AB为一边的菱形ABEF，其面积为20，且各顶点均在小正方形的顶点上；

(2)在方格纸中以CD为腰画出等腰三角形CDG，点G在小正方形的顶点上，且∠DCG=45?；

(3)连接EC，请直接写出线段EG的长．
?
为增强学生的身体素质，教育部门规定学生每天参加户外活动的平均时间不少于1小时，为了解学生户外活动的情况，对部分学生户外活动的时间进行抽样调查，并将调查结果绘制作成如下两幅不完整的统计图，请根据图中信息解答下列问题：

(1)求一共调查了多少名学生；

(2)通过计算请补全条形统计图；

(3)若该校共有2000名学生，根据以上调查结果估计该校全体学生每天参与户外活动所用的总时间．
?
在△ABC中，AB=AC，点D，O分别是BC，AC边的中点，连接AD，过点A作AE//BC交射线DO于点E，连接CE．
? ? ? ? ? ? ? ? ? ??图1? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 图2
(1)如图1，求证：四边形ADCE是矩形；

(2)如图2，点F在线段CE上，连接AF，DF，在不添加任何字母和辅助线的情况下，请直接写出四个与四边形ABDF面积相等的三角形或四边形．
?
哈市某花卉种植基地欲购进甲、乙两种兰花进行培育，每株甲种兰花的成本比每株乙种兰花的成本多100元，且用1200元购进的甲种兰花与用900元购进的乙种兰花数量相同．
(1)求甲、乙两种兰花每株成本分别为多少元？

(2)该种植基地决定在成本不超过30000元的前提下培育甲、乙两种兰花，若培育乙种兰花的株数比甲种兰花的3倍还多10株，求最多购进甲种兰花多少株？
?
已知：AD为⊙O的直径，弦BC垂直平分OD于H，连接AB，AC．

(1)如图1，求证：△ABC为等边三角形；

(2)如图2，E为AB弧上一点，连接EC，AE，BE，求证：EC=EA+EB；

(3)如图3，在(2)的条件下，点P为AB，EC的交点，G为BC延长线上一点，连接AG交⊙O于F，连接CF，若CE平分∠BCF，AP=2，CG=6，求弦EC的长．
?
如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+2经过A?1,0 ，C4,0，与y轴交于点B．

(1)求抛物线的解析式；

(2)如图2，点P为抛物线第四象限上一点，AP交y轴于Q，设点P的横坐标为t，求线段BQ的长d与t的函数关系（不要求写出自变量的取值范围）；

(3)如图3，在(2)的条件下，D为抛物线第一象限上的一点，过D作y轴的平行线，分别交 BP，AP于M，N，过P作PH⊥直线DM于H，连接AD交BP于E，若MN=NH，∠DEP+∠ABO=90?，求点D的坐标．
参考答案与试题解析
2020-2021学年黑龙江哈尔滨九年级上数学期中试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
倒数
【解析】
根据乘积是1的两个数叫做互为倒数解答．
【解答】
解：设m与?3互为倒数，
∴ ?3m=1，
∴ m=?13．
故选C．
2.
【答案】
A
【考点】
同底数幂的除法
同底数幂的乘法
合并同类项
【解析】
直接利用同底数幂的乘除运算法则、合并同类项法则分别计算得出答案即可.
【解答】
解：A，x2?x3=x5，原题计算错误，符合题意；
B，x3+x3=2x3，原题计算正确，不符合题意；
C，x3÷x3=1，原题计算正确，不符合题意；
D，3x5?4x5=?x5，原题计算正确，不符合题意.
故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
轴对称图形
【解析】
分别求出每个图形的对称轴即可得到答案.
【解答】
解：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，可得
A，有一条对称轴；
B，有五条对称轴；
C，有三条对称轴；
D，有四条对称轴.
故选C.
4.
【答案】
C
【考点】
翻折变换（折叠问题）
矩形的性质
勾股定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ DC?//?AB，
∴ ∠FCA=∠CAB，又∠FAC=∠CAB，
∴ ∠FAC=∠FCA，
∴ FA=FC=254，
∴ FD=FE.
∵ DC=AB=8，AF=254，
∴ FD=FE=8?254=74，
∴ AD=BC=EC=FC2?FE2=6.
故选C.
5.
【答案】
C
【考点】
二次函数图象的平移规律
二次函数图象与几何变换
【解析】
根据“左加右减、上加下减”的平移规律进行解答即可.
【解答】
解：将抛物线y=?x2向右平移1个单位所得直线解析式为：y=?(x?1)2，
再向上平移2个单位为：y=?(x?1)2+2.
故选C.
6.
【答案】
D
【考点】
解直角三角形的应用-坡度坡角问题
【解析】
根据正弦的定义进行解答即可．
【解答】
解：∵ sin∠C=ABAC，
∴ AB=AC?sin∠C=100sin20?.
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
圆周角定理
【解析】
利用三角形的外角定理解得∠C，再利用同弧上的圆周角相等得解.
【解答】
解：利用三角形ACE的外角可得：∠AED=∠A+∠C，
则∠C=75??30?=45?，
所以∠B=∠C=45?.（同弧所对的圆周角相等）
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
由实际问题抽象出一元二次方程
【解析】
根据题设第一次涨价后：10+10x=101+x，
第二次涨价后：101+x+101+xx=101+x2，
故两次涨价后：101+x2=14.4.
【解答】
解：设平均每次涨价的百分比为x，
第一次涨价后：10+10x=101+x，
第二次涨价后：101+x+101+xx=101+x2，
故两次涨价后：101+x2=14.4.
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
二次函数y=ax^2 、y=a（x-h）^2+k (a≠0)的图象和性质
【解析】
二次函数的一般形式中的顶点式是：y＝a(x?h)2+k（a≠0，且a，h，k是常数），它的对称轴是x＝h，顶点坐标是(h,?k)．
【解答】
解：∵ y=?(x?1)2+2，
∴ 这个函数的顶点是(1,?2)，
该函数的开口向下，对称轴是x=1，
在对称轴的左侧y随x的增大而增大，在对称轴的右侧y随x的增大而减小，
图象与y轴的交点坐标为(0,1)．
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
平行线分线段成比例
平行四边形的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB?//?CD，AB=CD，
∴ AFFE=BFFD，DEAB=DFBF，AFAE=BFBD，△ABF?△EDF，
∴ DEAB=EFAF，
∴ DEDC=EFAF，
故选项A，C，D正确；B错.
故选B.
二、填空题
【答案】
6.7×106
【考点】
科学记数法--表示较大的数
【解析】
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，据此判断即可．
【解答】
解：绝对值大于1的正数可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10n.
6700000=6.7×106．
故答案为：6.7×106．
【答案】
x≠3
【考点】
函数自变量的取值范围
【解析】
根据分母不等于0列不等式求解即可．
【解答】
解：由题意得，x?3≠0，
解得x≠3．
故答案为：x≠3．
【答案】
2m(m+2)(m?2)
【考点】
提公因式法与公式法的综合运用
因式分解-运用公式法
因式分解-提公因式法
【解析】
提公因式2m，再运用平方差公式对括号里的因式分解．
【解答】
解：2m3?8m=2m(m2?4)
=2m(m+2)(m?2)．
故答案为：2m(m+2)(m?2).
【答案】
?1【考点】
解一元一次不等式组
【解析】
首先解每个不等式，两个不等式的解集的公共部分就是不等式组的解集，然后根据解集即可求出整数解．
【解答】
解：x+1>0①，2x?1≤3②，?
解①得x>?1；
解②得x≤2，
则不等式组的解集是：?1故答案为：?1【答案】
52
【考点】
二次根式的化简求值
二次根式的加法
【解析】
首先化简二次根式，进而合并求出即可．
【解答】
解：原式=32+22=52．
故答案为：52．
【答案】
2532
【考点】
菱形的面积
【解析】
作AE⊥BC于E，在Rt△ABE中，由三角函数求出AE，即可得出菱形的面积．
【解答】
解：在菱形ABCD中，作AE⊥BC于E，如图所示：
∵ 四边形ABCD是菱形，∠BCD=120?，
∴ AB=BC=5，∠ABC=60?，
∴ AE=AB?sin60?=5×32=532，
∴ 菱形ABCD的面积=BC?AE=5×532=2532.
故答案为：2532．
【答案】
2
【考点】
二次函数的最值
【解析】
将抛物线y=x2?2x+3转化为顶点式，求其最值即可.
【解答】
解：因为y=x2?2x+3=x?12+2，
所以当x=1时，抛物线y=x2?2x+3取得最小值，最小值为2.
故答案为：2.
【答案】
213
【考点】
勾股定理
圆周角定理
垂径定理的应用
【解析】
先根据垂径定理求出AC的长，设⊙O的半径为r，则OC＝r?2，由勾股定理即可得出r的值，故可得出AE的长，连接BE，由圆周角定理可知∠ABE＝90?，在Rt△BCE中，根据勾股定理即可求出CE的长．
【解答】
解：∵ ⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，AB=8，
∴ AC=12AB=4，
设⊙O的半径为r，则OC=r?2，
在Rt△AOC中，
∵ AC=4，OC=r?2，
∴ OA2=AC2+OC2，即r2=42+(r?2)2，解得r=5，
∴ AE=2r=10，
连接BE，
∵ AE是⊙O的直径，
∴ ∠ABE=90?，
在Rt△ABE中，
∵ AE=10，AB=8，
∴ BE=AE2?AB2=102?82=6，
在Rt△BCE中，
∵ BE=6，BC=4，
∴ CE=BE2+BC2=62+42=213．
故答案为：213.
【答案】
2或2.5
【考点】
矩形的性质
勾股定理
等腰三角形的性质
【解析】
需要分类讨论：①当BE=EC时，点E是BC的中垂线与AD的交点；②当BE′=BC时，在Rt△ABE′中，利用勾股定理求得AE的长度，然后求得DE′的长度即可．
【解答】
解：如图：
①当BE=EC时，点E是BC的中垂线与AD的交点，?DE=12AD=12BC=2.5.
②当BC=BE′时，在Rt△ABE′中，AB=4，
则AE′=BE′2?AB2=52?42=3，
∴ DE′=AD?AE′=5?3=2.
综上所述，线段DE的长为2或2.5.
故答案是：2或2.5.
【答案】
210
【考点】
三角形的面积
勾股定理
全等三角形的性质与判定
锐角三角函数的定义
【解析】
过B作直线AD的垂线交AD的延长线与点E，过C作直线AD的垂线交AD于点F，求出BE=6，AE=8，得到DE=AE?AD=3，再利用△BED?△CFD，得到DF=DE=3，AF=AD?DF=2，再利用勾股定理即可得到答案.
【解答】
解：如图：过B作直线AD的垂线交AD的延长线与点E，过C作直线AD的垂线交AD于点F，
∵ AD是BC边上的中线，
∴ S△ABD=S△ADC=15，
∴ 12×AD×BE=12×5×BE=15，
解得BE=6.
又∵ tan∠BAD=BEAE=6AE=34，
∴ AE=8，
∴ DE=AE?AD=3.
在△BED和△CFD中，
∵ ∠BED=∠CFD=90?，∠BDE=∠CDF，BD=CD，
∴ △BED?△CFD，
∴ DF=DE=3，CF=BE=6，
∴ AF=AD?DF=2.
在直角△AFC中，AC=AF2+CF2=22+62=210.
故答案为：210.
三、解答题
【答案】
解：1a?2÷1+1a?2
=1a?2÷a?2+1a?2
=1a?2×a?2a?1
=1a?1，
?a=2×32+3×33=3+1，
原式=13+1?1=13=33?.?
【考点】
分式的化简求值
特殊角的三角函数值
【解析】
?
【解答】
解：1a?2÷1+1a?2
=1a?2÷a?2+1a?2
=1a?2×a?2a?1
=1a?1，
?a=2×32+3×33=3+1，
原式=13+1?1=13=33?.?
【答案】
解：(1)菱形ABEF如图所示.
(2)等腰三角形CDG如图所示.
(3)由勾股定理得EG=22+32=13.
【考点】
菱形的性质
作图—几何作图
等腰直角三角形
勾股定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)菱形ABEF如图所示.
(2)等腰三角形CDG如图所示.
(3)由勾股定理得EG=22+32=13.
【答案】
解：(1)调查的总人数是：10÷20%=50（人）；
?(2)参加户外活动时间是1.5小时的人数是：50?10?20?8=12（人）.
补全如图：
；
(3)该校户外活动的平均时间是：
10×0.5+20×1+1.5×12+8×250=1.18（小时）．
该校全体学生每天参与户外活动所用的总时间：
2000×1.18=2360（小时）．
【考点】
用样本估计总体
条形统计图
扇形统计图
【解析】
（1）根据活动时间是1小时的人数是10人，所占的百分比是20%，据此即可求得总人数；
（2）利用总人数减去其它组的人数即可求解；
（3）利用加权平均数公式求得参加课外活动的平均时间，然后乘以总人数2000即可求得．
【解答】
解：(1)调查的总人数是：10÷20%=50（人）；
?(2)参加户外活动时间是1.5小时的人数是：50?10?20?8=12（人）.
补全如图：
；
(3)该校户外活动的平均时间是：
10×0.5+20×1+1.5×12+8×250=1.18（小时）．
该校全体学生每天参与户外活动所用的总时间：
2000×1.18=2360（小时）．
【答案】
解：(1)∵ AE//BC，
∴ ∠EAO=∠OCD，∠AEO=∠CDO，
∵ 点O是AC中点，
∴ OA=OC，
∴ △OAE?△OCD，
∴ AE=CD，
∴ 四边形ADCE是平行四边形 .
?∵ AB=AC，
D是BC中点，
∴ AD⊥BC，
∴ ∠ADC=90?，
∴ 四边形ADCE是矩形 .?
(2)四边形ABDE，四边形ADCE，△ABC，△BCE?.?
【考点】
全等三角形的性质与判定
矩形的判定
三角形的面积
【解析】
?
?
【解答】
解：(1)∵ AE//BC，
∴ ∠EAO=∠OCD，∠AEO=∠CDO，
∵ 点O是AC中点，
∴ OA=OC，
∴ △OAE?△OCD，
∴ AE=CD，
∴ 四边形ADCE是平行四边形 .
?∵ AB=AC，
D是BC中点，
∴ AD⊥BC，
∴ ∠ADC=90?，
∴ 四边形ADCE是矩形 .?
(2)四边形ABDE，四边形ADCE，△ABC，△BCE?.?
【答案】
解：(1)设乙种兰花每株成本为x元，则甲种兰花每株成本为(x+100)元，依题意有
1200x+100=900x，
解得x=300，
经检验，x=300是原分式方程的解，
所以x+100=400（元）.
答：甲种兰花每株成本为400元，乙种兰花每株成本为300元．
(2)设购进甲种兰花a株，则购进乙种兰花(3a+10)株，依题意有
400a+300(3a+10)≤30000，
解得a≤27013．
∵ a为整数，
∴ a最大为20．
故最多购进甲种兰花20株．
【考点】
分式方程的应用
一元一次不等式的实际应用
【解析】
（1）设甲种君子兰每株成本为x元，乙种君子兰每株成本为y元．此问中的等量关系：①购进甲种2株，乙种3株，则共需要成本1700元；②购进甲种3株，乙种1株，则共需要成本1500元；依此列出方程求解即可；
（2）结合（1）中求得的结果，根据题目中的不等关系：成本不超过30000元；列不等式进行分析．
【解答】
解：(1)设乙种兰花每株成本为x元，则甲种兰花每株成本为(x+100)元，依题意有
1200x+100=900x，
解得x=300，
经检验，x=300是原分式方程的解，
所以x+100=400（元）.
答：甲种兰花每株成本为400元，乙种兰花每株成本为300元．
(2)设购进甲种兰花a株，则购进乙种兰花(3a+10)株，依题意有
400a+300(3a+10)≤30000，
解得a≤27013．
∵ a为整数，
∴ a最大为20．
故最多购进甲种兰花20株．
【答案】
(1)证明：连接OB，
在⊙O中，
∵ BC⊥OD，
∴ BD=CD，AB=AC，
∴ AB=AC?,
?∴ ∠BAD=∠CAD.
又∵ 弦BC垂直平分OD于H，
∴ OH=HD=12OD=12OB，
在Rt△OBH中，?cos∠BOH=12，
∴ ∠BOH=60?，∠BAD=30?，
∴ ∠CAD=30?，∠BAC=60??.
∴ 等腰△ABC为等边三角形．
(2)证明：在EC上取一点M使得EM=EB，
又∵ ∠BAC=∠BEC=60??，
∴ △EBM为等边三角形，
∴ BE=BM，∠EBM=60??.?
∵ △ABC为等边三角形，
∴ ∠ABC=60?，BA=BC，
∴ ∠EBM=∠ABC，
∴ ∠ABC?∠ABM=∠EBM?∠ABM，
即∠EBA=∠MBC，
∴ △EBA?△MBC，
∴ EA=MC?，
∴ EC=EM+MC=EB+EA.
(3)解：设∠ACE=α，则∠ECB=60??α，
又∵ EC平分∠BCF，
∴ ∠BCE=∠FCE=60??α，
∵ 四边形ABCF为圆内接四边形，
∴ ∠ABC+∠AFC=180?，
∴ ∠AFC=120?，
∴ ∠CAF=2α?.
?在BC上取一点Q，使得BQ=AP，连接AQ，
易证△ABQ?△CAP，
∴ ∠BAQ=∠ACP=α，
则∠AQG=60?+α，∠QAG=60?+α，
∴ ∠AQG=∠QAG，
∴ AG=QG?.
?设CQ=a，则QG=AG=a+6，
AC=BC=a+2，
作GN⊥AC交AC延长线于点N，
解三角形CGN可得：CN=3，GN=33，AN=a+5，
由勾股定理得：?332+a+52=a+62，解得a=8，
由题得∠AEP=∠BMP=60?，?∠APE=∠BPM，
∴ △AEP?△BMP?.?
∴ APBP=AEBM，
∴ AEBM=AEBE=28=14，
∴ AB=BC=10，BP=8，
过B作BK⊥AE交AE的延长线于K．
设AE=x，BE=4x，
∠BEK=180??∠BEC?∠AEC=180??60??60?=60?，
则在Rt△BEK中，∠EBK=30?，
∴ EK=2x，BK=23x，(23x)2+3x2=102，
x=102121．
∴ EC=AE+BE=5x=502121?.?
【考点】
圆周角定理
圆与圆的综合与创新
垂径定理
圆的综合题
全等三角形的性质与判定
勾股定理
【解析】
?
?
?
【解答】
(1)证明：连接OB，
在⊙O中，
∵ BC⊥OD，
∴ BD=CD，AB=AC，
∴ AB=AC?,
?∴ ∠BAD=∠CAD.
又∵ 弦BC垂直平分OD于H，
∴ OH=HD=12OD=12OB，
在Rt△OBH中，?cos∠BOH=12，
∴ ∠BOH=60?，∠BAD=30?，
∴ ∠CAD=30?，∠BAC=60??.
∴ 等腰△ABC为等边三角形．
(2)证明：在EC上取一点M使得EM=EB，
又∵ ∠BAC=∠BEC=60??，
∴ △EBM为等边三角形，
∴ BE=BM，∠EBM=60??.?
∵ △ABC为等边三角形，
∴ ∠ABC=60?，BA=BC，
∴ ∠EBM=∠ABC，
∴ ∠ABC?∠ABM=∠EBM?∠ABM，
即∠EBA=∠MBC，
∴ △EBA?△MBC，
∴ EA=MC?，
∴ EC=EM+MC=EB+EA.
(3)解：设∠ACE=α，则∠ECB=60??α，
又∵ EC平分∠BCF，
∴ ∠BCE=∠FCE=60??α，
∵ 四边形ABCF为圆内接四边形，
∴ ∠ABC+∠AFC=180?，
∴ ∠AFC=120?，
∴ ∠CAF=2α?.
?在BC上取一点Q，使得BQ=AP，连接AQ，
易证△ABQ?△CAP，
∴ ∠BAQ=∠ACP=α，
则∠AQG=60?+α，∠QAG=60?+α，
∴ ∠AQG=∠QAG，
∴ AG=QG?.
?设CQ=a，则QG=AG=a+6，
AC=BC=a+2，
作GN⊥AC交AC延长线于点N，
解三角形CGN可得：CN=3，GN=33，AN=a+5，
由勾股定理得：?332+a+52=a+62，解得a=8，
由题得∠AEP=∠BMP=60?，?∠APE=∠BPM，
∴ △AEP?△BMP?.?
∴ APBP=AEBM，
∴ AEBM=AEBE=28=14，
∴ AB=BC=10，BP=8，
过B作BK⊥AE交AE的延长线于K．
设AE=x，BE=4x，
∠BEK=180??∠BEC?∠AEC=180??60??60?=60?，
则在Rt△BEK中，∠EBK=30?，
∴ EK=2x，BK=23x，(23x)2+3x2=102，
x=102121．
∴ EC=AE+BE=5x=502121?.?
【答案】
解：(1)∵ 抛物线y=ax2+bx+2经过A(?1,0)，C(4,0)，
∴ a?b+2=0,16a+4b+2=0,解得：a=?12,b=32,
∴ y=?12x2+32x+2．
(2)由抛物线知B(2,0)，∴ OB=2.
过P作PG⊥x轴于G，连接AP交y轴于点Q，
设P(t,?12t2+32t+2)，
则G(t,0)，AG=t+1，PG=12t2?32t?2.
由OQ//PG知，△AOQ?△AGP，
∴ AOAG=OQPG，即1t+1=OQ12t2?32t?2，
解得：OQ=t?42，
则d=BQ=OB+OQ=12t．
(3)延长PH交y轴于I，DM与x轴的交点为T.
∵ DN//y轴，∴ △PMN?△PBQ，
∴ MNBQ=PNPQ.
同理可证NHQI=PNPQ，∴ MNBQ=NHQI.
∵ MN=NH，
∴ BQ=QI=t2，∴ BI=PI=t，
∴ tan∠QPI=QIPI=12.
又∵ ∠BOC=∠BIP，∴ AC//PI，
∴ ∠CAP=∠QPI，
由(2)得：tan∠PAC=12t2?32t?2t+1=t?42=12 ，
解得t=5，∴ P(5,?3)，
∴ PI=BI=5，∴ ∠BPI=∠PBI=45?.
∵ tan∠ABI=12=tan∠PAC=tan∠API，
∴ ∠ABI=∠API,
∴ ∠BAP=∠BAC+∠PAC=∠BAC+∠ABO=90?.
可得AB=5，AP=35，
∴ tan∠APB=ABAP=535=13.
∵ ∠DEP+∠ABO=90?,
∴ ∠DAP+∠APB+API=∠DAP+∠BPI=90?,
∴ ∠DAP=45?,
∴ ∠DAC+∠PAC=∠API+∠APB=45?,
∴ ∠DAC=∠APB.
设D(m,?12m2+32m+2)，
DT=?12m2+32m+2，AT=m+1，
tan∠DAC=DTAT=?12m2+32m+2m+1=13，
解得m1=?1(舍去)，m2=103，
∴ D(103，139).
【考点】
待定系数法求二次函数解析式
二次函数图象上点的坐标特征
相似三角形的性质与判定
二次函数综合题
解直角三角形
【解析】
左侧图片未给出解析
左侧图片未给出解析
左侧图片未给出解析
【解答】
解：(1)∵ 抛物线y=ax2+bx+2经过A(?1,0)，C(4,0)，
∴ a?b+2=0,16a+4b+2=0,解得：a=?12,b=32,
∴ y=?12x2+32x+2．
(2)由抛物线知B(2,0)，∴ OB=2.
过P作PG⊥x轴于G，连接AP交y轴于点Q，
设P(t,?12t2+32t+2)，
则G(t,0)，AG=t+1，PG=12t2?32t?2.
由OQ//PG知，△AOQ?△AGP，
∴ AOAG=OQPG，即1t+1=OQ12t2?32t?2，
解得：OQ=t?42，
则d=BQ=OB+OQ=12t．
(3)延长PH交y轴于I，DM与x轴的交点为T.
∵ DN//y轴，∴ △PMN?△PBQ，
∴ MNBQ=PNPQ.
同理可证NHQI=PNPQ，∴ MNBQ=NHQI.
∵ MN=NH，
∴ BQ=QI=t2，∴ BI=PI=t，
∴ tan∠QPI=QIPI=12.
又∵ ∠BOC=∠BIP，∴ AC//PI，
∴ ∠CAP=∠QPI，
由(2)得：tan∠PAC=12t2?32t?2t+1=t?42=12?，
解得t=5，∴ P(5,?3)，
∴ PI=BI=5，∴ ∠BPI=∠PBI=45?.
∵ tan∠ABI=12=tan∠PAC=tan∠API，
∴ ∠ABI=∠API,
∴ ∠BAP=∠BAC+∠PAC=∠BAC+∠ABO=90?.
可得AB=5，AP=35，
∴ tan∠APB=ABAP=535=13.
∵ ∠DEP+∠ABO=90?,
∴ ∠DAP+∠APB+API=∠DAP+∠BPI=90?,
∴ ∠DAP=45?,
∴ ∠DAC+∠PAC=∠API+∠APB=45?,
∴ ∠DAC=∠APB.
设D(m,?12m2+32m+2)，
DT=?12m2+32m+2，AT=m+1，
tan∠DAC=DTAT=?12m2+32m+2m+1=13，
解得m1=?1(舍去)，m2=103，
∴ D(103，139).