OD⊥BC，由于BC∥EF，则OD⊥DF，于是可得结论；
（2）连结OB，OD交BC于P，作BH⊥DF于H，如图1，先证明△OBD为等边三角形得到∠ODB=60°，OB=BD=23，得到∠BDF=∠DBP=30°，在Rt△DBP中得到PD=3，PB=3，在Rt△DEP中利用勾股定理可算出PE=2，由于OP⊥BC，则BP=CP=3，得到CE=1，由△BDE∽△ACE，得到AE的长，再证明△ABE∽△AFD，可得DF=12，最后利用S阴影部分=S△BDF﹣S弓形BD=S△BDF﹣（S扇形BOD﹣S△BOD）进行计算； （3）连结CD，如图2，由
AB4??CD?得到?可设AB=4x，AC=3x，设BF=y，由BDAC3CD=BD=23，由△BFD∽△CDA，得到xy=4，再由△FDB∽△FAD，得到16﹣4y=xy，则16﹣4y=4，然后解方程即可得到BF=3． 【详解】
（1）连结OD，如图1，∵AD平分∠BAC交⊙O于D，
??CD?，∴OD⊥BC， ∴∠BAD=∠CAD，∴BD∵BC∥EF，∴OD⊥DF， ∴DF为⊙O的切线；
（2）连结OB，连结OD交BC于P，作BH⊥DF于H，如图1，
∵∠BAC=60°，AD平分∠BAC，∴∠BAD=30°，∴∠BOD=2∠BAD=60°， ∴△OBD为等边三角形，∴∠ODB=60°，OB=BD=23， ∴∠BDF=30°，∵BC∥DF，∴∠DBP=30°， 在Rt△DBP中，PD=
1BD=3，PB=3PD=3， 2在Rt△DEP中，∵PD=3，DE=7，∴PE=(7)2?(3)2=2， ∵OP⊥BC，∴BP=CP=3，∴CE=3﹣2=1，
易证得△BDE∽△ACE，∴AE：BE=CE：DE，即AE：5=1：7，∴AE=57，∵BE∥7575BEAE?7，解得DF=12， DF，∴△ABE∽△AFD，∴?，即
DF125DFAD7在Rt△BDH中，BH=
1BD=3，∴S阴影部分=S△BDF﹣S弓形BD=S△BDF﹣（S扇形BOD﹣S△BOD）2160??(23)23=?123???(23)2=93?2?； 23604（3）连结CD，如图2，由CD=BD=23， ∵∠F=∠ABC=∠ADC，
AB4??CD?，∴?可设AB=4x，AC=3x，设BF=y，∵BDAC3∵∠FDB=∠DBC=∠DAC，∴△BFD∽△CDA， ∴
BDBF23y?，即，∴xy=4， ?ACCD3x238?yyDFBF??，即， y?4x8?yAFDF∵∠FDB=∠DBC=∠DAC=∠FAD，而∠DFB=∠AFD， ∴△FDB∽△FAD，∴
整理得16﹣4y=xy，∴16﹣4y=4，解得y=3，即BF的长为3．
考点：1．圆的综合题；2．相似三角形的判定与性质；3．切线的判定与性质；4．综合题；5．压轴题． 24．（1）y＝－
1221x－x＋2；（2）当BQ＝AP时，t＝1或t＝4；（3）存在．当t＝
333?1?3时，抛物线上存在点M（1，1），或当t＝3?33时，抛物线上存在点M（﹣
3，﹣3），使得△MPQ为等边三角形． 【解析】 【分析】
（1）把A（﹣2，0），B（0，2）代入y＝ax2－（2）BQ=
1x＋c，求出解析式即可; 31AP，要考虑P在OC上及P在OC的延长线上两种情况，有此易得BQ，AP31AP可求t值． 3关于t的表示，代入BQ=
（3）考虑等边三角形，我们通常只需明确一边的情况，进而即可描述出整个三角形．考虑△MPQ，发现PQ为一有规律的线段，易得OPQ为等腰直角三角形，但仅因此无法确定PQ运动至何种情形时△MPQ为等边三角形．若退一步考虑等腰，发现，MO应为PQ的垂直平分线，即使△MPQ为等边三角形的M点必属于PQ的垂直平分线与抛物线的交点，但要明确这些交点仅仅满足△MPQ为等腰三角形，不一定为等边三角形．确定是否为等边，我们可以直接由等边性质列出关于t的方程，考虑t的存在性． 【详解】
（1）∵抛物线经过A（﹣2，0），B（0，2）两点，
22???4a??c?0,?a??,∴?，解得?33 ???c?2.?c?2.∴抛物线的解析式为y＝－
221x－x＋2．
33（2）由题意可知，OQ＝OP＝t，AP＝2＋t． ①当t≤2时，点Q在点B下方，此时BQ＝2－t． ∵BQ＝
11AP，∴2﹣t＝（2＋t），∴t＝1． 3311AP，∴t﹣2＝（2+t），∴t＝4． 33②当t＞2时，点Q在点B上方，此时BQ＝t﹣2． ∵BQ＝
1AP时，t＝1或t＝4． 3（3）存在．
作MC⊥x轴于点C，连接OM．
∴当BQ＝
设点M的横坐标为m，则点M的纵坐标为－当△MPQ为等边三角形时，MQ＝MP， 又∵OP＝OQ，
∴点M点必在PQ的垂直平分线上， ∴∠POM＝
221m－m＋2．
331∠POQ＝45°， 2∴△MCO为等腰直角三角形，CM＝CO，
221m－m＋2，
33解得m1＝1，m2＝﹣3．
∴m＝－
∴M点可能为（1，1）或（﹣3，﹣3）． ①如图，
当M的坐标为（1，1）时，
则有PC＝1﹣t，MP2＝1＋（1﹣t）2＝t2﹣2t＋2，
PQ2＝2t2，
∵△MPQ为等边三角形， ∴MP＝PQ， ∴t2﹣2t＋2＝2t2，
解得t1＝?1+3，t2＝?1?3（负值舍去）． ②如图，
当M的坐标为（﹣3，﹣3）时， 则有PC＝3＋t，MC＝3，
∴MP2＝32＋（3＋t）2＝t2＋6t＋18，PQ2＝2t2， ∵△MPQ为等边三角形， ∴MP＝PQ， ∴t2＋6t＋18＝2t2，
解得t1＝3?33，t2＝3?33（负值舍去）．
∴当t＝?1+3时，抛物线上存在点M（1，1），或当t＝3?33时，抛物线上存在点M（﹣3，﹣3），使得△MPQ为等边三角形． 【点睛】
本题是二次函数、一次函数及三角形相关知识的综合题目，其中涉及的知识点有待定系数法求抛物线，三角形全等，等腰、等边三角形性质及一次函数等基础知识，在讨论动点问题是一定要注意考虑全面分情形讨论分析． 25．分式方程的解为x=﹣【解析】
【分析】方程两边都乘以x（x+3）得出方程x﹣1+2x=2，求出方程的解，再代入x（x+3）进行检验即可．
【详解】两边都乘以x（x+3），得：x2﹣（x+3）=x（x+3）， 解得：x=﹣
3． 43， 4327≠0， 时，x（x+3）=﹣164检验：当x=﹣
所以分式方程的解为x=﹣
3． 4【点睛】本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的方法与注意事项是解题的关键. 26．（1）详见解析；（2）存在，23+4；（3）当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形． 【解析】 试题分析：
（1）由旋转的性质结合△ABC是等边三角形可得∠DCB=60°，CD=CE，从而可得△CDE是等边三角形；
（2）由（1）可知△CDE是等边三角形，由此可得DE=CD，因此当CD⊥AB时，CD最短，则DE最短，结合△ABC是等边三角形，AC=4即可求得此时DE=CD=23； （3）由题意需分0≤t＜6，6＜t＜10和t＞10三种情况讨论，①当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°，由此可知：此时若△DBE是直角三角形，则∠BED=90°；②当6＜t＜10s时，由性质的性质可知∠DBE=120°＞90°，由此可知：此时△DBE不可能是直角三角形；③当t＞10s时，由旋转的性质可知，∠DBE=60°，结合∠CDE=60°可得+∠BDC>60°∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°，由此可得∠BED<60°，由此可知此时若△BDE是直角三角形，则只能是∠BDE=90°；这样结合已知条件即可分情况求出对应的t的值了. 试题解析：
（1）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE， ∴∠DCE=60°，DC=EC， ∴△CDE是等边三角形； （2）存在，当6＜t＜10时， 由（1）知，△CDE是等边三角形， ∴DE=CD，
由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，CD最小， 此时∠ADC=90°，又∵∠ACD=60°， ∴∠ACD=30°， ∴ AD=∴ CD=1AC=2， 2AC2?AD2?42?22?23，
∴ DE=23（cm）；
（3）存在，理由如下：
①当0s≤t＜6s时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°， ∴此时若△DBE是直角三角形，则∠BED=90°，
2024-2024下海天山初级中学初三数学下期末试题(附答案)
