黑龙江省哈尔滨市道里区2020-2021学年九年级上期末数学试卷（五四学制）含答案解析

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1、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）四学制） 一一.选择题（每题选择题（每题 3 分，共分，共 30 分）分） 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

2、图为三角形的是（ ） A B C D 5把函数 y（x1）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（ ） Ayx2+2 By（x1）2+1 Cy（x2）2+2 Dy（x1）23 6如图，在离铁塔 150 米的 A 处，用测倾仪测得塔顶的仰角为 ，测倾仪高 AD 为 1.5 米，则铁塔的高 BC 为（ ） A（1.5+150tan）米 B（1.5+）米 C（1.5+150sin）米 D（1.5+）米 7如图，在 RtABC 中，C90，ABC30，AC1cm，将 RtABC 绕点 A 逆时针旋转得到 Rt ABC，使点 C落在 AB 边上，连接 BB，则 BB的长度是（ ）

3、 A1cm B2cm Ccm D2 cm 8如图，O 为ABC 的外接圆，已知ABC 为 130，则AOC 的度数为（ ） A50 B80 C100 D115 9如图，在ABC 中，点 D，E，F 分别在 AB，AC，BC 上，DEBC，EFAB，则下列式子一定正确的 是（ ） A B C D 10如图，抛物线 yax2+bx+c（a0）与 x 轴交于点（4，0），其对称轴为直线 x1，结合图象给出下列 结论： abc0； 4a2b+c0； 当 x1 时，y 随 x 的增大而增大； 关于 x 的一元二次方程 ax2+bx+c0 有一个实数根 其中正确的结论有（ ） A1 个 B2 个 C3 个

4、 D4 个 二二.填空题（每题填空题（每题 3 分，共分，共 30 分）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 12抛物线 y2（x+1）23 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 s9t+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BAD40，则ACB 16在ABC 中，C90，sinA，BC6，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 18AB 是O 的弦，OMAB，垂足为 M

5、，连接 OA若AOM 中有一个角是 30，OM3，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，AEEF，FD2，SACF24，则 AB 的长为 三、解答题（三、解答题（60 分）分） 21先化简，再求代数式（1+）值，其中 x3tan30 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

6、，DB， 使 tanACD，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 RtABC 中，BAC90，ABAC，点 D

7、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：CFAF； （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

8、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？ 26ABC 内接于O，CACB，BD 为O 的直径，DBC30 （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，BAFGAF，求证：FBFG； （3）如图 3，在（2）的条件下，弦 BH 分别交 AF，AG 于 P，Q 两点，PODH，AC3，求 QG 的长 27在平面直角坐标系中，点 O 为坐标原点，抛物线 yax2+bx3 交 x 轴负半轴于点 A，交 x 轴正半轴于 点 B，交 y 轴于点 C，OBOCOA （1）如图 1，求抛物线的解析式； （2）如

9、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 tanEBA，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，FCFB，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DHPCEB，求 BP 的长 参考答案参考答案 一一.选择题（每题选择题（每题 3 分，共分，共 30 分）分） 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） 【分析】由于反比例函数 y中，kxy，即将各选项横、纵坐标分别相乘，其

10、积为 8 者即为正确答案 解：A、1888，该点不在函数图象上，故本选项错不合题意； B、2488，该点不在函数图象上，故本选项不合题意； C、1778，该点不在函数图象上，故本选项不合题意； D、248，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

11、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

12、意； D、主视图是正方形，故 D 不符合题意； 故选：B 5把函数 y（x1）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（ ） Ayx2+2 By（x1）2+1 Cy（x2）2+2 Dy（x1）23 【分析】先求出 y（x1）2+2 的顶点坐标，再根据向右平移横坐标加，求出平移后的二次函数图象顶 点坐标，然后利用顶点式解析式写出即可 解：二次函数 y（x1）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（x2）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 ，测

13、倾仪高 AD 为 1.5 米，则铁塔的高 BC 为（ ） A（1.5+150tan）米 B（1.5+）米 C（1.5+150sin）米 D（1.5+）米 【分析】过点 A 作 AEBC，E 为垂足，再由锐角三角函数的定义求出 BE 的长，由 BCCE+BE 即可得 出结论 解：过点 A 作 AEBC，E 为垂足，如图所示： 则四边形 ADCE 为矩形，AE150， CEAD1.5， 在ABE 中，tan， BE150tan， BCCE+BE（1.5+150tan）（m）， 故选：A 7如图，在 RtABC 中，C90，ABC30，AC1cm，将 RtABC 绕点 A 逆时针旋转得到 Rt AB

14、C，使点 C落在 AB 边上，连接 BB，则 BB的长度是（ ） A1cm B2cm Ccm D2 cm 【分析】 由直角三角形的性质得到AB2AC2， 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 RtABC 中，C90，ABC30，AC1cm， ACAB，则 AB2AC2cm 又由旋转的性质知，ACACAB，BCAB， BC是ABB的中垂线， ABBB 根据旋转的性质知 ABABBB2cm 故选：B 8如图，O 为ABC 的外接圆，已知ABC 为 130，则AOC 的度数为（ ） A50 B80 C100 D115 【分析】作所对的圆周角ADC，如图，先利用圆内接四边形的

15、性质得到ADC50，然后根据圆 周角定理得到AOC 的度数 解：作所对的圆周角ADC，如图， ADC+ABC180， 而ABC130， ADC18013050， AOC2ADC100 故选：C 9如图，在ABC 中，点 D，E，F 分别在 AB，AC，BC 上，DEBC，EFAB，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 DEBC 得到，则根 据比例的性质可对 C 选项进行判断；通过证明ADEEFC，则利用相似比可对 D 选项进行判断的 解：DEBC， ，所以 A 选项错误； EFAB， ，所以 B 选项错误； D

16、EBC， ，即，所以 C 选项错误； DEBC， AEDC， EFAB， ACEF， ADEEFC， ，所以 D 选项正确 故选：D 10如图，抛物线 yax2+bx+c（a0）与 x 轴交于点（4，0），其对称轴为直线 x1，结合图象给出下列 结论： abc0； 4a2b+c0； 当 x1 时，y 随 x 的增大而增大； 关于 x 的一元二次方程 ax2+bx+c0 有一个实数根 其中正确的结论有（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性以及与 x 轴 y 轴的交点，综合判断即可 解：抛物线开口向上，则 a0，对称轴 x1，则 b2

17、a0与 y 轴交于负半轴，则 c0，故 abc0，所以错误； 抛物线对称轴为 x1，与 x 轴的一个交点为（4，0），则另一个交点为（2，0），于是有 4a2b+c 0，所以正确； x1 时，y 随 x 的增大而增大，所以正确； 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+c0 有两个不相等的实数根，所以 错误； 综上所述，正确的结论有：， 故选：B 二二.填空题（每题填空题（每题 3 分，共分，共 30 分）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

18、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 y2（x+1）23 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 s9t+t2，经过 16s 汽车行 驶了 272 m 【分析】将 t16 代入函数解析式求解即可 解：当 t16 时，s916+162272， 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

19、可求出 k 的值 解：把（2，3）代入函数 y中，得 3，解得 k6 故答案为：6 15如图，AD 是ABC 的外接圆O 的直径，若BAD40，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， ABD90， D90BAD904050， ACBD50 故答案为 50 16在ABC 中，C90，sinA，BC6，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，BC6， AB8， 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

20、弧长为 【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， 故答案为： 18AB 是O 的弦，OMAB，垂足为 M，连接 OA若AOM 中有一个角是 30，OM3，则弦 AB 的 长为 6或 2 【分析】分OAM30，AOM30，两种情况分别利用正切的定义求解即可 解：OMAB， AMBM， 若OAM30， 则 tanOAM， AM3， AB2AM6； 若AOM30， 则 tanAOM， AM， AB2AM2 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

21、求的概率 解：易得有 6636 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，AEEF，FD2，SACF24，则 AB 的长为 6 【分析】先判断出BDMCDF 进而得出 MBCF，MCFD再判断出ABM 是等腰直角三角 形，求得 BEFN2，然后利用 SACF24，即可得出结论 解：延长 AD 至点 M，使 MDFD，连接 MB， 在BDM 和CDF 中， ， BDMCDF（SAS） MBCF，MCFD ECBM， EAEF，CE 是ABC 的高， EAFEFA45， ECBM， ABMAEF9

22、0， MMAB45， ABMB， ABCF， CE 是ABC 的高，SACF24， CFAE24，即ABAE24， 作 FNBM 于 N， 则四边形 EFNB 是矩形，FMN 是等腰直角三角形， BEFNFM2FDFD2， AEAB2， ABAEAB（AB2）24， AB6（负数舍去）， 故答案为 6 三、解答题（三、解答题（60 分）分） 21先化简，再求代数式（1+）值，其中 x3tan30 【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 x3tan303时， 原式 22如图所示，在每个小正方形的

23、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 tanACD，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 tanAKC，证明ACDAKC 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ADBC331311234 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

24、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，

25、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）8040%200（名）， 答：这次活动共抽查学生 200 名； （2）20080406020（名）， 补全条形统计图如图所示： （3）1600320（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 RtABC 中，BAC90，ABAC，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：CFAF； （2）在不添加任何辅助线的情况下，请直

26、接写出图中所有的等腰直角三角形 【分析】（1）由“SAS”可证BADCAE，可得ABDACE45，可求BCE90，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：BACDAE90， BACCADDAECAD，即BADCAE 在BAD 与CAE 中， BADCAE（SAS） ABDACE ABAC，BAC90， ABCACB45 ABDACE45， DCEACB+ACE90 点 F 是 DE 的中点，DAEDCE90 AFDE，CFDE CFAF； （2）解：符合条件的等腰直角三角形有：ABC，ADE，ADF，AFE 理由如下：

27、在ABC 中，ABAC，BAC90，则ABC 是等腰直角三角形 在ADE 中，ADAE，DAE90，则DEA 是等腰直角三角形 在等腰 RtADE 中，点 F 是 DE 的中点， ADDE，AFDFEFDE， 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

28、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

29、甲种笔记本， 由题意可得：10a+5（35a）300， 解得：a25， 答：至多需要购买 25 个甲种笔记本 26ABC 内接于O，CACB，BD 为O 的直径，DBC30 （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，BAFGAF，求证：FBFG； （3）如图 3，在（2）的条件下，弦 BH 分别交 AF，AG 于 P，Q 两点，PODH，AC3，求 QG 的长 【分析】（1）如图 1，连接 CD，由BAC60、CACB 证得ABC 为等边三角形； （2）如图 2，根据BAFGAF（SAS）的对应边相等证得 FBFG； （3

30、）如图 3，过点 O 作 OLPH，点 L 为垂足 首先，推知 RtPOL 中的OPL30；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 BD2，在直角BDH 中，利用勾股定理求得 BH9，继 而根据垂径定理推知 BLLH，所以通过解直角POL 求得 PL由图中线段间的和差关系易得 PH6，BP3则等边三角形AHP 中，得到，APPH6，APH60； 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 PQEG，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，

31、 BCD90 DBC30， BDC90DBC60 BACBDC60 CACB， ABC 为等边三角形； （2）证明：如图 2， ABC 为等边三角形， ABCACB EABC， ACBE BAFGAF，BAFBCE， GAFBCE ACB+BCEE+GAF AGCE+GAF， AGCACG AGAC ABC 为等边三角形， ACAB ABAG BAFGAF，AEAF， BAFGAF（SAS） FBFG； （3）解：如图 3，过点 O 作 OLPH，点 L 为垂足 点 O 为圆心， BLLH， BOOD， OLDH PODH， OLPO 在 RtPOL 中，sinOPL OPL30 连接 AH，

32、延长 PO 交 AH 于点 M， ABC 是等边三角形， ACB60 AHBACB60 PMH180AHBOPL90 OMAH AMMH PAPH AHP60 AHP 是等边三角形 连接 AD， BD 为O 的直径， BAD90 ABC 是等边三角形， ABAC3 ADBACB60 在直角ABD 内，sinADB，BD2 BD 为O 的直径， BHD90 在直角BDH 中，BD2BH2+DH2， BH9 OLPH， BLLH 在直角POL 中，cosOPL OPL30 PL PH6，BP3 AHP 是等边三角形， APPH6，APH60 连接 BE， BEAACB60，BPEAPH60， PB

33、E60 PBEBPEBEA BPE 是等边三角形 PEPB3 AE9 AECABCBPE60， PQEG AGAC3 QG 27在平面直角坐标系中，点 O 为坐标原点，抛物线 yax2+bx3 交 x 轴负半轴于点 A，交 x 轴正半轴于 点 B，交 y 轴于点 C，OBOCOA （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 tanEBA，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，FCFB，过点 F 作 x 轴的垂线，点 G 为垂足，连

34、接 DG 并延长交 BF 于点 H，若DHPCEB，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 OBOC 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 RtOBE 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

35、 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OFBOFC（SSS）、四边形 OTFG 为正方形、OEBMND （SAS）；设 OGGFm，BG3m，NG+m，由 tanNDGtanGBF，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 RtPWB 中， 由 tanPBW ，得关于 n 的方程，解得 n 的值；最后在 RtPWB 中，根据 BP2PW2+BW2，求得 BP 的长即可 解：（1）二次函数 yax2+bx3， 当 x0 时，y3，C（0，3）， OC3， OBOCOA，OB3，OA2，

36、 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， OMt，OB3， MBt+3， 在 RtDMB 中，tanDBA， tanEBA， 2DMMB，2（）t+3， 解得 t13（舍去），t23， 点 D 的纵坐标为33， 点 D 的坐标为（3，3）； （3）连接 OF， OBOC，FBFC，OFOF， OFBOFC（SSS）， COFBOF； 过点 F 作 y 轴的垂线，点 T 为垂足， FGOB， FTFG， BOTOTFFGO90， 四边形 O

37、TFG 为矩形； FTFG， 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 RtOEB 中，tanEBO， OE； OM3， MN， MNOE； DMOB3； DMNEOB90， OEBMND（SAS）， DNMOEB， DHPCEB， DNMDHP， DNMDGN+NDG，DHPHGB+GBF，DGNHGB， NDGGBF； 在 RtOEB 中，OE，BO3，BE2OB2+OE2， BE， DN， 在 RtDNM 中，tanDNM2，DNMGNR， 在 RtGNR 中，tanGNR2， RG2RN； 在 RtGNR

38、 中，NR2+RG2NR2， NR5NG， 四边形 OTFG 为正方形， 设 OGGFm，BG3m，NG+m， NR（+m），RG （+m）， NDGGBF， tanNDGtanGBF， 在 RtDGR 中 tanRDG， 在 RtGBF 中 tanGBF， ， 解得 m13（舍去），m21； tanGBF 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 RtPWB 中，tanPBW， 2PWBW， OWn BWn+3， 2（+3）n+3， 解得 n13（舍去），n21， BW4，PW2 在 RtPWB 中，BP2PW2+BW2， BP2