2020-2021学年黑龙江省哈尔滨市道里区九年级（上）期末数学试卷（五四学制） （Word版 含解析）

2020-2021学年黑龙江省哈尔滨市道里区九年级第一学期期末数学试卷（五四学制）
一.选择题（共10小题）.
1．下列各点中，在反比例函数y＝图象上的是（　　）
A．（﹣1，8） B．（﹣2，4） C．（1，7） D．（2，4）
2．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．袋子中装有4个黑球、2个白球，这些球的形状、大小、质地完全相同，即除颜色外无其他差别．在看不到球的条件下，随机从袋中摸出1个球，是白球的概率是（　　）
A． B． C． D．
4．下面四个几何体中，主视图为三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
5．把函数y＝（x﹣1）2+2图象向右平移1个单位长度，平移后图象的函数解析式为（　　）
A．y＝x2+2 B．y＝（x﹣1）2+1 C．y＝（x﹣2）2+2 D．y＝（x﹣1）2﹣3
6．如图，在离铁塔150米的A处，用测倾仪测得塔顶的仰角为α，测倾仪高AD为1.5米，则铁塔的高BC为（　　）
A．（1.5+150tanα）米 B．（1.5+）米
C．（1.5+150sinα）米 D．（1.5+）米
7．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1cm，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转得到Rt△AB'C'，使点C'落在AB边上，连接BB'，则BB'的长度是（　　）
A．1cm B．2cm C．cm D．2cm
8．如图，⊙O为△ABC的外接圆，已知∠ABC为130°，则∠AOC的度数为（　　）
A．50° B．80° C．100° D．115°
9．如图，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，AC，BC上，DE∥BC，EF∥AB，则下列式子一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
10．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（4，0），其对称轴为直线x＝1，结合图象给出下列结论：
①abc＜0；
②4a﹣2b+c＝0；
③当x＞1时，y随x的增大而增大；
④关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有一个实数根．
其中正确的结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二.填空题（共10小题）.
11．在平面直角坐标系中，点（3，2）关于原点对称的点的坐标是　 　．
12．抛物线y＝2（x+1）2﹣3的顶点坐标为　 　．
13．一辆汽车行驶的路程s（单位：m）关于时间t（单位：s）的函数解析式是s＝9t+t2，经过16s汽车行驶了　 　m．
14．反比例函数y＝的图象经过点（﹣2，3），则k的值为　 　．
15．如图，AD是△ABC的外接圆⊙O的直径，若∠BAD＝40°，则∠ACB＝　 　°．
16．在△ABC中，∠C＝90°，sinA＝，BC＝6，则AC的长为　 　．
17．若扇形的圆心角为45°，半径为6，则该扇形的弧长为　 　．
18．AB是⊙O的弦，OM⊥AB，垂足为M，连接OA．若△AOM中有一个角是30°，OM＝3，则弦AB的长为　 　．
19．同时掷两个质地均匀的骰子，则两个骰子的点数和是10的概率为　 　．
20．如图，△ABC的中线AD与高CE交于点F，AE＝EF，FD＝2，S△ACF＝24，则AB的长为　 　．
三、解答题（60分）
21．先化简，再求代数式（1+）÷值，其中x＝3tan30°．
22．如图所示，在每个小正方形的边长均为1的网格中，线段AB的端点A、B均在小正方形的顶点上．
（1）在图中画出等腰△ABC，点C在小正方形顶点上；
（2）在（1）的条件下确定点C后，再确定点D，点D在小正方形顶点上，请你连接DA，DC，DB，使tan∠ACD＝，并直接写出四边形ADBC的面积为　 　．
23．为了解疫情期间学生网络学习的学习效果，高远中学随机抽取了部分学生进行调查．要求每位学生从“优秀”，“良好”，“一般”，“不合格”四个等次中，选择一项作为自我评价网络学习的效果．现将调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图，请结合图中所给的信息解答下列问题
（1）这次活动共抽查学生多少名？
（2）请通过计算补全条形统计图；
（3）若高远中学共有1600名学生，估计该中学“优秀”等次的学生有多少名？
24．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．
（1）求证：CF＝AF；
（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有的等腰直角三角形．
25．某班班主任对在某次考试中取得优异成绩的同学进行表彰．她到商场购买了甲、乙两种笔记本作为奖品，若购买甲种笔记本15个，乙种笔记本20个，共花费250元；若购买甲种笔记本10个，乙种笔记本25个，共花费225元．
（1）求购买一个甲种、一个乙种笔记本各需多少元？
（2）班主任决定再次购买甲、乙两种笔记本共35个，如果班主任此次购买甲、乙两种笔记本的总费用不超过300元，求至多需要购买多少个甲种笔记本？
26．△ABC内接于⊙O，CA＝CB，BD为⊙O的直径，∠DBC＝30°．
（1）如图1，求证：△ABC为等边三角形；
（2）如图2，弦AE交BC于点F，点G在EC上，∠BAF＝∠GAF，求证：FB＝FG；
（3）如图3，在（2）的条件下，弦BH分别交AF，AG于P，Q两点，PO＝DH＝，AC＝3，求QG的长．
27．在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴负半轴于点A，交x轴正半轴于点B，交y轴于点C，OB＝OC＝OA．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点D在抛物线上，且点D在第二象限，连接BD交y轴于点E，若tan∠EBA＝，求点D的坐标；
（3）如图3，在（2）的条件下，点P在抛物线上，且点P在第三象限，点F在PB上，FC＝FB，过点F作x轴的垂线，点G为垂足，连接DG并延长交BF于点H，若∠DHP＝∠CEB，求BP的长．
参考答案
一.选择题（共10小题）.
1．下列各点中，在反比例函数y＝图象上的是（　　）
A．（﹣1，8） B．（﹣2，4） C．（1，7） D．（2，4）
解：A、∵﹣1×8＝﹣8≠8，∴该点不在函数图象上，故本选项错不合题意；
B、∵﹣2×4＝﹣8≠8，∴该点不在函数图象上，故本选项不合题意；
C、∵1×7＝7≠8，∴该点不在函数图象上，故本选项不合题意；
D、2×4＝8，∴该点在函数图象上，故本选项符合题意．
故选：D．
2．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
3．袋子中装有4个黑球、2个白球，这些球的形状、大小、质地完全相同，即除颜色外无其他差别．在看不到球的条件下，随机从袋中摸出1个球，是白球的概率是（　　）
A． B． C． D．
【分析】用白球的个数除以总球的个数即可得出答案．
解：∵袋子中装有4个黑球、2个白球，共有6个球，
∴随机从袋中摸出1个球，是白球的概率是＝．
故选：A．
4．下面四个几何体中，主视图为三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据主视图是从正面看得到的图形，可得答案．
解：A、主视图是圆，故A不符合题意；
B、主视图是三角形，故B符合题意；
C、主视图是矩形，故C不符合题意；
D、主视图是正方形，故D不符合题意；
故选：B．
5．把函数y＝（x﹣1）2+2图象向右平移1个单位长度，平移后图象的函数解析式为（　　）
A．y＝x2+2 B．y＝（x﹣1）2+1 C．y＝（x﹣2）2+2 D．y＝（x﹣1）2﹣3
解：二次函数y＝（x﹣1）2+2的图象的顶点坐标为（1，2），
∴向右平移1个单位长度后的函数图象的顶点坐标为（2，2），
∴所得的图象解析式为y＝（x﹣2）2+2．
故选：C．
6．如图，在离铁塔150米的A处，用测倾仪测得塔顶的仰角为α，测倾仪高AD为1.5米，则铁塔的高BC为（　　）
A．（1.5+150tanα）米 B．（1.5+）米
C．（1.5+150sinα）米 D．（1.5+）米
【分析】过点A作AE⊥BC，E为垂足，再由锐角三角函数的定义求出BE的长，由BC＝CE+BE即可得出结论．
解：过点A作AE⊥BC，E为垂足，如图所示：
则四边形ADCE为矩形，AE＝150，
∴CE＝AD＝1.5，
在△ABE中，∵tanα＝＝，
∴BE＝150tanα，
∴BC＝CE+BE＝（1.5+150tanα）（m），
故选：A．
7．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1cm，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转得到Rt△AB'C'，使点C'落在AB边上，连接BB'，则BB'的长度是（　　）
A．1cm B．2cm C．cm D．2cm
【分析】由直角三角形的性质得到AB＝2AC＝2，然后根据旋转的性质和线段垂直平分线的性质得到AB′＝BB′．
解：∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1cm，
∴AC＝AB，则AB＝2AC＝2cm．
又由旋转的性质知，AC′＝AC＝AB，B′C′⊥AB，
∴B′C′是△ABB′的中垂线，
∴AB′＝BB′．
根据旋转的性质知AB＝AB′＝BB′＝2cm．
故选：B．
8．如图，⊙O为△ABC的外接圆，已知∠ABC为130°，则∠AOC的度数为（　　）
A．50° B．80° C．100° D．115°
解：作所对的圆周角∠ADC，如图，
∵∠ADC+∠ABC＝180°，
而∠ABC＝130°，
∴∠ADC＝180°﹣130°＝50°，
∴∠AOC＝2∠ADC＝100°．
故选：C．
9．如图，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，AC，BC上，DE∥BC，EF∥AB，则下列式子一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据平行线分线段成比例可对A选项和B选项进行判断；：利用DE∥BC得到＝，则根据比例的性质可对C选项进行判断；通过证明△ADE∽△EFC，则利用相似比可对D选项进行判断的．
解：∵DE∥BC，
∴＝，所以A选项错误；
∵EF∥AB，
∴＝，所以B选项错误；
∵DE∥BC，
∴＝，即＝，所以C选项错误；
∵DE∥BC，
∴∠AED＝∠C，
∵EF∥AB，
∴∠A＝∠CEF，
∴△ADE∽△EFC，
∴＝，所以D选项正确．
故选：D．
10．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（4，0），其对称轴为直线x＝1，结合图象给出下列结论：
①abc＜0；
②4a﹣2b+c＝0；
③当x＞1时，y随x的增大而增大；
④关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有一个实数根．
其中正确的结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解：抛物线开口向上，则a＞0，对称轴x＝﹣＝1，则b＝﹣2a＜0．与y轴交于负半轴，则c＜0，故abc＞0，所以①错误；
抛物线对称轴为x＝1，与x轴的一个交点为（4，0），则另一个交点为（﹣2，0），于是有4a﹣2b+c＝0，所以②正确；
x＞1时，y随x的增大而增大，所以③正确；
抛物线与x轴有两个不同交点，因此关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根，所以④错误；
综上所述，正确的结论有：②③，
故选：B．
二.填空题（每题3分，共30分）
11．在平面直角坐标系中，点（3，2）关于原点对称的点的坐标是　（﹣3，﹣2）　．
【分析】根据平面直角坐标系内两点关于原点对称横纵坐标互为相反数，即可得出答案．
解：点（3，2）关于原点对称的点的坐标是（﹣3，﹣2），
故答案为：（﹣3，﹣2）．
12．抛物线y＝2（x+1）2﹣3的顶点坐标为　（﹣1，﹣3）．　．
【分析】直接利用顶点式的特点可知顶点坐标．
解：顶点坐标是（﹣1，﹣3）．
故答案为：（﹣1，﹣3）．
13．一辆汽车行驶的路程s（单位：m）关于时间t（单位：s）的函数解析式是s＝9t+t2，经过16s汽车行驶了　272　m．
【分析】将t＝16代入函数解析式求解即可．
解：当t＝16时，s＝9×16+×162＝272，
∴经过16s汽车行驶了272m，
故答案为：272．
14．反比例函数y＝的图象经过点（﹣2，3），则k的值为　﹣6　．
【分析】将点（﹣2，3）代入解析式可求出k的值．
解：把（﹣2，3）代入函数y＝中，得3＝，解得k＝﹣6．
故答案为：﹣6．
15．如图，AD是△ABC的外接圆⊙O的直径，若∠BAD＝40°，则∠ACB＝　50　°．
【分析】连接BD，如图，根据圆周角定理即可得到结论．
解：连接BD，如图，
∵AD为△ABC的外接圆⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∴∠D＝90°﹣∠BAD＝90°﹣40°＝50°，
∴∠ACB＝∠D＝50°．
故答案为50．
16．在△ABC中，∠C＝90°，sinA＝，BC＝6，则AC的长为　2　．
【分析】根据锐角三角函数的意义，求出AB，再根据勾股定理求出BC即可．
解：∵sinA＝＝，BC＝6，
∴AB＝8，
∴BC＝
＝
＝
＝2，
故答案为：2．
17．若扇形的圆心角为45°，半径为6，则该扇形的弧长为　π　．
【分析】把已知数据代入弧长公式，计算即可．
解：由题意，得该扇形的弧长＝＝π，
故答案为：π．
18．AB是⊙O的弦，OM⊥AB，垂足为M，连接OA．若△AOM中有一个角是30°，OM＝3，则弦AB的长为　6或2　．
【分析】分∠OAM＝30°，∠AOM＝30°，两种情况分别利用正切的定义求解即可．
解：∵OM⊥AB，
∴AM＝BM，
若∠OAM＝30°，
则tan∠OAM＝，
∴AM＝3，
∴AB＝2AM＝6；
若∠AOM＝30°，
则tan∠AOM＝，
∴AM＝，
∴AB＝2AM＝2．
故答案为：6或2．
19．同时掷两个质地均匀的骰子，则两个骰子的点数和是10的概率为　　．
【分析】列举出所有情况，让两个骰子的点数和是10的情况数除以总情况数即为所求的概率．
解：易得有6×6＝36种可能，两个骰子的点数和是10的有4，6；5，5；6，4共3种，所以概率是．
20．如图，△ABC的中线AD与高CE交于点F，AE＝EF，FD＝2，S△ACF＝24，则AB的长为　6　．
【分析】先判断出△BDM≌△CDF进而得出MB＝CF，∠M＝∠CFD．再判断出△ABM是等腰直角三角形，求得BE＝FN＝2，然后利用S△ACF＝24，即可得出结论．
解：延长AD至点M，使MD＝FD，连接MB，
在△BDM和△CDF中，
，
∴△BDM≌△CDF（SAS）．
∴MB＝CF，∠M＝∠CFD．
∴EC∥BM，
∵EA＝EF，CE是△ABC的高，
∴∠EAF＝∠EFA＝45°，
∵EC∥BM，
∴∠ABM＝∠AEF＝90°，
∴∠M＝∠MAB＝45°，
∴AB＝MB，
∴AB＝CF，
∵CE是△ABC的高，S△ACF＝24，
∴CF?AE＝24，即AB?AE＝24，
作FN⊥BM于N，
则四边形EFNB是矩形，△FMN是等腰直角三角形，
∴BE＝FN＝FM＝×2FD＝FD＝2，
∴AE＝AB﹣2，
∴AB?AE＝AB（AB﹣2）＝24，
∴AB＝6（负数舍去），
故答案为6．
三、解答题（60分）
21．先化简，再求代数式（1+）÷值，其中x＝3tan30°．
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再根据特殊锐角的三角函数值确定x的值，继而代入计算可得答案．
解：原式＝（+）÷
＝?
＝，
当x＝3tan30°＝3×＝时，
原式＝＝．
22．如图所示，在每个小正方形的边长均为1的网格中，线段AB的端点A、B均在小正方形的顶点上．
（1）在图中画出等腰△ABC，点C在小正方形顶点上；
（2）在（1）的条件下确定点C后，再确定点D，点D在小正方形顶点上，请你连接DA，DC，DB，使tan∠ACD＝，并直接写出四边形ADBC的面积为　4　．
【分析】（1）根据等腰三角形的定义，画出图形即可．
（2）取格点K，连接CK，由tan∠AKC＝，证明∠ACD＝∠AKC即可．
解：（1）如图，△ABC即为所求作．
（2）如图，四边形ADBC即为所求作．
S四边形ADBC＝3×3﹣×1×3﹣×1×1﹣×2×3＝4．
故答案为4．
23．为了解疫情期间学生网络学习的学习效果，高远中学随机抽取了部分学生进行调查．要求每位学生从“优秀”，“良好”，“一般”，“不合格”四个等次中，选择一项作为自我评价网络学习的效果．现将调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图，请结合图中所给的信息解答下列问题
（1）这次活动共抽查学生多少名？
（2）请通过计算补全条形统计图；
（3）若高远中学共有1600名学生，估计该中学“优秀”等次的学生有多少名？
【分析】（1）通过条形统计图可得“优秀”的有40人，“良好”的有80人，“一般”的有60人，而“良好”的占40%，可求出调查人数；
（2）计算出D等级的人数，即可补全条形统计图；
（3）样本中“优秀”的占调查人数的，因此总体1600人的是“优秀”的人数．
解：（1）80÷40%＝200（名），
答：这次活动共抽查学生200名；
（2）200﹣80﹣40﹣60＝20（名），
补全条形统计图如图所示：
（3）1600×＝320（名），
答：高远中学1600名学生中“优秀”等次的学生大约有320名．
24．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．
（1）求证：CF＝AF；
（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有的等腰直角三角形．
【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证得结论；
（2）根据等腰三角形的判定定理进行推理即可．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，即∠BAD＝∠CAE．
在△BAD与△CAE中，
．
∴△BAD≌△CAE（SAS）．
∴∠ABD＝∠ACE．
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°．
∴∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝90°．
∵点F是DE的中点，∠DAE＝∠DCE＝90°．
∴AF＝DE，CF＝DE．
∴CF＝AF；
（2）解：符合条件的等腰直角三角形有：△ABC，△ADE，△ADF，△AFE．
理由如下：在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，则△ABC是等腰直角三角形．
在△ADE中，AD＝AE，∠DAE＝90°，则△DEA是等腰直角三角形．
在等腰Rt△ADE中，∵点F是DE的中点，
∴AD⊥DE，AF＝DF＝EF＝DE，
∴△ADF，△AFE都是等腰直角三角形．
25．某班班主任对在某次考试中取得优异成绩的同学进行表彰．她到商场购买了甲、乙两种笔记本作为奖品，若购买甲种笔记本15个，乙种笔记本20个，共花费250元；若购买甲种笔记本10个，乙种笔记本25个，共花费225元．
（1）求购买一个甲种、一个乙种笔记本各需多少元？
（2）班主任决定再次购买甲、乙两种笔记本共35个，如果班主任此次购买甲、乙两种笔记本的总费用不超过300元，求至多需要购买多少个甲种笔记本？
【分析】（1）设购买一个甲种笔记本需x元，一个乙种笔记本需y元，由购买甲种笔记本15个，乙种笔记本20个，共花费250元；若购买甲种笔记本10个，乙种笔记本25个，共花费225元．列出方程组，可求解；
（2）设需要购买a个甲种笔记本，由总费用不超过300元，列出不等式，即可求解．
解：（1）设购买一个甲种笔记本需x元，一个乙种笔记本需y元，
由题意可得：，
解得：，
答：购买一个甲种笔记本需10元，一个乙种笔记本需5元；
（2）设需要购买a个甲种笔记本，
由题意可得：10a+5（35﹣a）≤300，
解得：a≤25，
答：至多需要购买25个甲种笔记本．
26．△ABC内接于⊙O，CA＝CB，BD为⊙O的直径，∠DBC＝30°．
（1）如图1，求证：△ABC为等边三角形；
（2）如图2，弦AE交BC于点F，点G在EC上，∠BAF＝∠GAF，求证：FB＝FG；
（3）如图3，在（2）的条件下，弦BH分别交AF，AG于P，Q两点，PO＝DH＝，AC＝3，求QG的长．
【分析】（1）如图1，连接CD，由∠BAC＝60°、CA＝CB证得△ABC为等边三角形；
（2）如图2，根据△BAF≌△GAF（SAS）的对应边相等证得FB＝FG；
（3）如图3，过点O作OL⊥PH，点L为垂足．
首先，推知Rt△POL中的∠OPL＝30°；连接AH，延长PO交AH于点M，构造等边△AHP；
然后，连接AD，通过解直角△ABD得到BD＝2，在直角△BDH中，利用勾股定理求得BH＝9，继而根据垂径定理推知BL＝LH＝，所以通过解直角△POL求得PL＝．由图中线段间的和差关系易得PH＝6，BP＝3．则等边三角形△AHP中，得到，AP＝PH＝6，∠APH＝60°；
最后，连接BE，构造等边△BPE，根据等边三角形的性质和平行线的判定定理推知PQ∥EG，结合平行线截线段成比例求得QG＝．
【解答】（1）证明：如图1，连接CD，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°．
∵∠DBC＝30°，
∴∠BDC＝90°﹣∠DBC＝60°．
∴∠BAC＝∠BDC＝60°．
∵CA＝CB，
∴△ABC为等边三角形；
（2）证明：如图2，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB．
∵∠E＝∠ABC，
∴∠ACB＝∠E．
∵∠BAF＝∠GAF，∠BAF＝∠BCE，
∴∠GAF＝∠BCE．
∴∠ACB+∠BCE＝∠E+∠GAF．
∵∠AGC＝∠E+∠GAF，
∴∠AGC＝∠ACG．
∴AG＝AC．
∵△ABC为等边三角形，
∴AC＝AB．
∴AB＝AG．
∵∠BAF＝GAF，AE＝AF，
∴△BAF≌△GAF（SAS）．
∴FB＝FG；
（3）解：如图3，过点O作OL⊥PH，点L为垂足．
∵点O为圆心，
∴BL＝LH，
∵BO＝OD，
∴OL＝DH．
∵PO＝DH，
∴OL＝PO．
在Rt△POL中，sin∠OPL＝＝．
∴∠OPL＝30°．
连接AH，延长PO交AH于点M，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°．
∴∠AHB＝∠ACB＝60°．
∴∠PMH＝180°﹣∠AHB﹣∠OPL＝90°．
∴OM⊥AH．
∴AM＝MH．
∴PA＝PH．
∵∠AHP＝60°．
∴△AHP是等边三角形．
连接AD，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BAD＝90°．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝3．
∵∠ADB＝∠ACB＝60°．
∴在直角△ABD内，sin∠ADB＝，BD＝＝2．
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BHD＝90°．
在直角△BDH中，BD2＝BH2+DH2，
∴BH＝9．
∵OL⊥PH，
∴BL＝LH＝．
在直角△POL中，cos∠OPL＝＝．
∵∠OPL＝30°．
∴PL＝＝．
∴PH＝6，BP＝3．
∵△AHP是等边三角形，
∴AP＝PH＝6，∠APH＝60°．
连接BE，
∵∠BEA＝∠ACB＝60°，∠BPE＝∠APH＝60°，
∴∠PBE＝60°．
∴∠PBE＝∠BPE＝∠BEA．
∴△BPE是等边三角形．
∴PE＝PB＝3．
∴AE＝9．
∵∠AEC＝∠ABC＝∠BPE＝60°，
∴PQ∥EG．
∴＝．
∵AG＝AC＝3．
∴QG＝．
27．在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴负半轴于点A，交x轴正半轴于点B，交y轴于点C，OB＝OC＝OA．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点D在抛物线上，且点D在第二象限，连接BD交y轴于点E，若tan∠EBA＝，求点D的坐标；
（3）如图3，在（2）的条件下，点P在抛物线上，且点P在第三象限，点F在PB上，FC＝FB，过点F作x轴的垂线，点G为垂足，连接DG并延长交BF于点H，若∠DHP＝∠CEB，求BP的长．
【分析】（1）利用二次函数图象上点的坐标可求出点C的坐标，进而可得出OC的长，结合OB＝OC＝3/2OA，可求出OB，OA的长，进而可得出点A，B的坐标，再利用待定系数法即可求出二次函数解析式；
（2）在Rt△OBE中，通过解直角三角形可求出OE的长，进而可得出点E的坐标，根据点B，E的坐标，利用待定系数法可求出直线BE的解析式，再联立两函数解析式成方程组，解之即可得出点D的坐标（舍去点B的坐标）；
（3）连接OF，过点F作y轴的垂线，点T为垂足，取OM的中点N，连接DN，过点G作DN的垂线交DN的延长线于点R，依次证明△OFB≌△OFC（SSS）、四边形OTFG为正方形、△OEB≌△MND（SAS）；设OG＝GF＝m，BG＝3﹣m，NG＝+m，由tan∠NDG＝tan∠GBF，得关于m的等式，解得m的值；设点P的横坐标为n，则点P的纵坐标为﹣﹣3，在Rt△PWB中，由tan∠PBW＝＝，得关于n的方程，解得n的值；最后在Rt△PWB中，根据BP2＝PW2+BW2，求得BP的长即可．
解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx﹣3，
∴当x＝0时，y＝3，C（0，﹣3），
∴OC＝3，
∵OB＝OC＝OA，OB＝3，OA＝2，
∴B （3，0），A（﹣2，0），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝；
（2）过点D作x轴的垂线，点M为垂足，设点D的横坐标为t，则点D的纵坐标为，
∵点D在第二象限，
∴DM＝，
∵OM＝﹣t，OB＝3，
∴MB＝﹣t+3，
在Rt△DMB中，tan∠DBA＝，
∵tan∠EBA＝，
∴2DM＝MB，2（）＝﹣t+3，
解得t1＝3（舍去），t2＝﹣3，
∴点D的纵坐标为﹣3＝3，
∴点D的坐标为（﹣3，3）；
（3）连接OF，
∵OB＝OC，FB＝FC，OF＝OF，
∴△OFB≌△OFC（SSS），
∴∠COF＝∠BOF；
过点F作y轴的垂线，点T为垂足，
∵FG⊥OB，
∴FT＝FG，
∵∠BOT＝∠OTF＝∠FGO＝90°，
∴四边形OTFG为矩形；
∵FT＝FG，
∴四边形OTFG为正方形；
取OM的中点N，连接DN，过点G作DN的垂线交DN的延长线于点R，
在Rt△OEB中，tan∠EBO＝＝，
∴OE＝；
∵OM＝3，
∴MN＝，
∴MN＝OE；
∵DM＝OB＝3；
∴∠DMN＝∠EOB＝90°，
∴△OEB≌△MND（SAS），
∴∠DNM＝∠OEB，
∵∠DHP＝∠CEB，
∴∠DNM＝∠DHP，
∵∠DNM＝∠DGN+∠NDG，∠DHP＝∠HGB+∠GBF，∠DGN＝∠HGB，
∴∠NDG＝∠GBF；
在Rt△OEB中，OE＝，BO＝3，BE2＝OB2+OE2，
∴BE＝，
∴DN＝，
在Rt△DNM中，tan∠DNM＝＝2，∠DNM＝∠GNR，
在Rt△GNR中，tan∠GNR＝＝2，
∴RG＝2RN；
在Rt△GNR中，NR2+RG2＝NR2，
∴NR＝5NG，
∵四边形OTFG为正方形，
∴设OG＝GF＝m，BG＝3﹣m，NG＝+m，
NR＝（+m），RG＝（+m），
∵∠NDG＝∠GBF，
∴tan∠NDG＝tan∠GBF，
在Rt△DGR中 tan∠RDG＝，
在Rt△GBF中 tan∠GBF＝，
∴＝，
解得m1＝﹣3（舍去），m2＝1；
∴tan∠GBF＝．
过点P作x轴的垂线，点W为垂足，
设点P的横坐标为n，则点P的纵坐标为﹣﹣3，
∵点P在第三象限，
∴PW＝﹣++3，
在Rt△PWB中，tan∠PBW＝＝，
∴2PW＝BW，
∵OW＝﹣n．
∴BW＝﹣n+3，
∴2（﹣++3）＝﹣n+3，
解得n1＝3（舍去），n2＝﹣1，
∴BW＝4，PW＝2．
在Rt△PWB中，BP2＝PW2+BW2，
∴BP＝2．