2023-2024学年浙江省台州市玉环市城关一中九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省台州市玉环市城关一中九年级（上）期中数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.将方程2x2=7x−3化为一般形式后，常数项为3，则一次项系数为( )
A. 7B. −7C. 7xD. −7x
2.将四个数字看作一个图形，则下列四个图形中，是中心对称图形的是( )
A. 6666B. 9999C. 6669D. 6699
3.关于二次函数y=−3(x−1)2+2，下列说法正确的是( )
A. 开口向上B. 当x>1时，y随x的增大而增大
C. 有最小值2D. 顶点坐标是(1,2)
4.如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，若∠AOC=140°，则∠BDC=( )
A. 20°
B. 40°
C. 55°
D. 70°
5.一元二次方程3x2+4x−1=0的根的情况为( )
A. 有两个相等的实数根B. 有两个不相等的实数根
C. 没有实数根D. 无法确定
6.抛物线y=2(x+1)2−4平移后，得到抛物线，y=2x2，则平移方法是( )
A. 先向左平移1个单位，再向上平移4个单位
B. 先向左平移1个单位，再向7平移4个单位
C. 先向右平移1个单位，再向上平移4个单位
D. 先向右平移1个单位，再向下平移4个单位
7.如图，△ABC中∠BAC=100°，将△ABC绕点A逆时针旋转150°，得到△ADE，这时点B、C、D恰好在同一直线上，则∠E的度数为( )
A. 50°B. 75°C. 65°D. 60°
8.某小区新增了一家快递店，第一天揽件200件，到第三天统计得出三天共揽件662件，设该快递店揽件日平均增长率为x，根据题意，下面所列方程正确的是( )
A. 200(1+x)2=662
B. 200(1+2x)2=662
C. 200(1−x)2=662
D. 200+200(1+x)+200(1+x)2=662
9.如图，△ABC的顶点均在⊙O上，且AB=AC，∠BAC=120°，D为弦BC的中点，弦EF经过点D，且EF/​/AB.若⊙O的半径为4，则弦EF的长是( )
A. 3 5
B. 2 13
C. 2 15
D. 2 17
10.将抛物线y=x2+x−6位于y轴左侧的部分沿x轴翻折，其余部分不变，翻折得到的图象和原来不变的部分构成一个新图象，若直线y=12x+t与新图象有且只有2个公共点，则t的取值范围是( )
A. −6C. t=10516或−6≤t<6D. −6二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.已知A(a,1)与B(5,b)关于原点对称，则a−b=______．
12.若x1、x2是一元二次方程x2+2x=3的两根，则x1⋅x2的值是______ ．
13.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点，若点B′恰好落在AB边上，则点A到直线A′C的距离等于 ．
14.如图，一条笔直铁路MN和一条笔直公路PQ在点O处交汇，∠QON=30°，在点A处有一栋居民楼，OA=200米，已知火车行驶时，周围200米以内都会受到噪声的影响，若火车在铁路MN上沿ON方向以每秒20米的速度行驶，那么居民楼受噪声影响的时间为______秒．(不考虑火车长度，结果保留小数点后一位，参考数据： 2≈1.414， 3≈1.732)
15.已知抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c为常数且a≠0)图象经过P1(−1,y1)，P2(1,y2)，P3(4,y3)，P4(5,y4)四点，若00；③−4a>b>−3a；④y216.如图，在平面直角坐标系中，点P是以C(− 2, 3)为圆心，1为半径的⊙C上的一个动点，已知A(−1,0)，B(1,0)，连接PA，PB，则PA2+PB2的最小值是______．
三、解答题：本题共8小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
解方程：(x+4)2−5(x+4)=0．
18.(本小题6分)
如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的顶点均在格点上．
(1)画出将△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1；
(2)将△DEF绕点E逆时针旋转90°得到△D1EF1，画出△D1EF1；
(3)若△DEF由△ABC绕着某点旋转得到的，则这点的坐标为 ．
19.(本小题6分)
定义：若一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)满足b=ac.则称此方程为“蛟龙”方程．
(1)当b<0时，判断此时“蛟龙”方程ax2+bx+c=0(a≠0)解的情况，并说明理由．
(2)若“蛟龙”方程2x2+mx+n=0有两个相等的实数根，请解出此方程．
20.(本小题8分)
如图，杭州亚运会上某运动员站在点O处练习发排球，将球从O点正上2m的A点处发出，把球看成点，其运行的路线近似看作是抛物线的一部分.已知球与O点的水平距离ON为6m时，达到最高3m，球场的边界距O点的水平距离为18m．
(1)请确定排球运行的高度y(m)与运行的水平距离x(m)满足的函数关系式；
(2)请判断排球第一次落地是否出界？请通过计算说明理由．
21.(本小题8分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，E是BC的中点，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，连接DE．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若CD=3cm，DE=2.5cm，求⊙O直径的长．
22.(本小题8分)
如图，在正方形ABCD中，线段CD绕点C逆时针旋转到CE处，旋转角为α(0°<α<90°)，点F在直线DE上，且AD=AF，连接BF．
(1)求∠BAF的大小(用含α的式子表示)．
(2)求证：EF= 2BF．
23.(本小题12分)
在直角坐标系中，设函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)．
(1)已知a=1．
①若函数的图象经过(0,3)和(−1,0)两点，求函数的表达式；
②若将函数图象向下平移两个单位后与x轴恰好有一个交点，求b+c的最小值．
(2)若b=a+1，(x1,y1)，(x2,y2)是该函数图象上的两个不同点，对于任意x1，x2.当x1>x2≥−3时，恒有y1>y2，试求a的取值范围．
24.(本小题12分)
如图1，扇形AOB中，∠AOB=90°，OA=9，点P在半径OB上，连接AP．
(1)把△AOP沿AP翻折，点O的对称点为点Q．
①当点Q刚好落在弧AB上，求弧AQ的长；
②如图2，点Q落在扇形AOB外，AQ与弧AB交于点C，过点Q作QH⊥OA，垂足为H，探究OH、AH、QC之间的数量关系，并说明理由；
(2)如图3，记扇形AOB在直线AP上方的部分为图形W，把图形W沿着AP翻折，点B的对称点为点E，弧AE与OA交于点F，若OF=3，求PO的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由2x2=7x−3，得2x2−7x+3=0，
所以一次项系数是−7，
故选：B．
首先移项，把7x−3移到等号右边，然后再确定一次项系数即可．
此题主要考查了一元二次方程的一般形式，关键是掌握任何一个关于x的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式ax2+bx+c=0(a≠0).这种形式叫一元二次方程的一般形式．其中ax2叫做二次项，a叫做二次项系数；bx叫做一次项；c叫做常数项．
2.【答案】D
【解析】解：将图形旋转180度后与原图重合的只有D项，故D项符合要求，
故选：D．
根据中心对称图形的定义作答即可．
本题考查了中心对称图形的概念，解题关键是掌握好中心对称的概念．先确定对称中心，图形绕对称中心旋转180度后与原图重合，即是中心对称图形．
3.【答案】D
【解析】解：∵y=−3(x−1)2+2，
∵a=−3<0，则抛物线开口向下，故A错误，不符合题意；
∵对称轴是直线x=1，抛物线开口向下，则当x>1时，y随x的增大而减小，故选项B错误，不符合题意；
由抛物线的顶点坐标是(1,2)，故选项D正确，符合题意；
∵抛物线开口向下，当x=1时取得最大值2，故选项C错误，不符合题意；
故选：D．
根据题目中的函数解析式，可以写出该函数图象的开口方向、对称轴、最值和顶点坐标，从而可以判断哪个选项是符合题意的．
本题考查二次函数的性质、二次函数的最值，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
4.【答案】A
【解析】解：∵∠BOC+∠AOC=180°，∠AOC=140°，
∴∠BOC=180°−140°=40°，
∴∠BDC=12∠BOC=20°．
故选：A．
由邻补角的性质求出∠BOC的度数，由圆周角定理，即可求出∠BDC的度数．
本题考查圆周角定理，邻补角的性质，关键是掌握圆周角定理．
5.【答案】B
【解析】解：∵a=3，b=4，c=−1，
∴Δ=b2−4ac=42−4×3×(−1)=16+12=38>0，
∴一元二次方程3x2+4x−1=0有两个不相等的实数根．
故选：B．
根据一元二次方程根的判别式，即可得出Δ=38>0，进而可得出该方程有两个不相等的实数根．
本题考查了一元二次方程根的判别式，牢记“当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵抛物线y=2(x+1)2−4的顶点坐标为(−1,−4)，
平移后抛物线y=2x2的顶点坐标为(0,0)，
∴平移方法为：向右平移1个单位，再向上平移4个单位．
故选：C．
由抛物线y=2(x+1)2−4得到顶点坐标为(−1,−4)，而平移后抛物线y=2x2的顶点坐标为(0,0)，根据顶点坐标的变化寻找平移方法．
本题考查了抛物线的平移规律．关键是确定平移前后抛物线的顶点坐标，寻找平移规律．
7.【答案】C
【解析】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转150°，得到△ADE，
∴∠BAD=150°，AD=AB，∠E=∠ACB，
∵点B，C，D恰好在同一直线上，
∴△BAD是顶角为150°的等腰三角形，
∴∠B=∠BDA，
∴∠B=12(180°−∠BAD)=15°，
∴∠E=∠ACB=180°−∠BAC−∠B=180°−100°−15°=65°，
故选：C．
由旋转的性质得出∠BAD=150°，AD=AB，∠E=∠ACB，由点B，C，D恰好在同一直线上，则△BAD是顶角为150°的等腰三角形，求出∠B=15°，由三角形内角和定理即可得出结果．
此题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的内角和定理等知识；判断出三角形ABD是等腰三角形是解本题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：根据题意，得200+200(1+x)+200(1+x)2=662，
故选：D．
根据三天共揽件662件，列一元二次方程即可．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，理解题意并根据题意建立等量关系是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：连接OA、OB、OF，作OH⊥EF于点H，则∠OHD=∠OHF=90°，
∵AB=AC，
∴AB=AC，
∴OA垂直平分BC，
∵D为弦BC的中点，
∴BD=CD，OA经过点D，
∵∠BAC=120°，OA=OB=4，
∴∠OAB=∠OBA=12∠BAC=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∵OA⊥BC于点D，
∴OD=AD=12OA=2，
∵EF//AB，
∴∠ODH=∠OAB=60°，
∴∠DOH=30°，
∴DH=12OD=1，
∴OH= OD2−DH2= 22−12= 3，
∵OF=4，
∴EH=FH= OF2−OH2= 42−( 3)2= 13，
∴EF=2 13，
故选：B．
连接OA、OB、OF，作OH⊥EF于点H，先根据垂径定理证明OA垂直平分BC，则OA经过点D，再根据等腰三角形的“三线合一”证明∠OAB=∠OBA=60°，则△AOB是等边三角形，由EF/​/AB，得∠ODH=∠OAB=60°，则∠DOH=30°，所以DH=12OD=1，OH= 3，即可根据勾股定理求得EH=FH= 13，则EF=2 13．
此题重点考查垂径定理、平行线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的“三线合一”、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理的应用等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：当x=0时，则y=x2+x−6=−6，
∴点C(0,−6)，
∴C′(0,6)，
当直线y=12x+t经过点C时，则−6=12×0+t，
∴t=−6，
当直线y=12x+t经过点C′时，则6=12×0+t，
∴t=6，
当直线y=12x+t与新图象有且只有2个公共点时，也就是12x+t=−(x2+x−6)有相等的实数根，
整理方程，得x2+32x+(t−6)=0，
由根的判别式Δ=(32)2+4(t−6)=4t−874=0，
解得t=10516；
∴当直线y=12x+t与新图象有且只有2个公共点时，−6≤t<6或t=10516．
故选：C．
根据抛物线的解析式得到与y轴的交点C(0,−6)，当直线y=12x+t经过点C和C′时，求得t=±6，根据一元二次方程根的判别式即可得到结论．
本题考查二次函数图象与几何变换，二次函数的性质，一次函数图象与系数的关系，一次函数图象上点的坐标特征，数形结合是解题的关键．
11.【答案】−4
【解析】解：∵A(a,1)与B(5,b)关于原点对称，
∴a=−5，b=−1，
∴a−b=−5−(−1)=−4，
故答案为：−4．
根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得a、b的值，再进一步计算即可得到答案．
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标变化规律．
12.【答案】−3
【解析】解：∵x1、x2是一元二次方程x2+2x=3的两个根，
∴x1⋅x2=ca=−3．
故答案为：−3．
根据两根之积为ca，代入数据即可得出结论．
本题考查了根与系数的关系，牢记两根之积为ca是解题的关键．
13.【答案】3
【解析】解：作AH⊥A′C于H，
∵∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴∠B=60°，AC=2 3，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C，
∴CB=CB′，∠A′CB′=∠ACB=90°，
∴∠B=∠CB′B=60°，
∴∠BCB′=60°，
∴∠ACH=∠BCB′=60°，
∵∠AHC=90°，
∴∠CAH=30°，
∴AH=AC×cs30°=2 3× 32=3，
∴点A到直线A′C的距离等于3，
故答案为：3．
作AH⊥A′C于H，根据含30°角的直角三角形的性质得∠B=60°，AC=2 3，再根据旋转的性质可得∠ACH=∠BCB′=60°，从而得出答案．
本题主要考查了旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
14.【答案】17.3
【解析】解：如图，过点A作AC⊥MN于C，以点A为圆心，以200米为半径画圆，则⊙A交MN于点O，设另一个交点为B，连接OB，
当火车行驶到点O时，开始影响居民楼A，当驶离点B时，结束影响居民楼A，
∵OA=200米，∠AOB=30°，
∴AC=100米
∴OC= OA2−AC2=100 3(米)，
∵AC⊥OB，
∴OB=2OC=200 3(米)，
∴影响所持续的时间为200 3÷20=10 3≈17.3(秒)，
故答案为：17.3．
画出相应的图形，根据垂径定理、勾股定理求出OB的长度，再根据速度、时间、路程的关系进行计算即可．
本题考查垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理、勾股定理以及速度、时间、路程的关系是正确解答的关键．
15.【答案】①②③
【解析】解：∵抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c为常数且a≠0)图象经过P1(−1,y1)，P2(1,y2)，P3(4,y3)，P4(5,y4)四点，若0∴抛物线开口向下，对称轴在32和2之间，
∴a<0，故①正确，
∵P1(−1,y1)，P3(4,y3)，P4(5,y4)在x轴的上方，
∴抛物线与x轴有两个交点，
∴b2−4ac>0，故②正确；
∵32<−b2a<2，a<0，
∴−3a∵P2(1,y2)离对称轴的距离最小，
∴y2>y3，故④错误；
故答案为：①②③．
根据题意判定抛物线开口向下，对称轴在32和2之间，然后根据点的位置以及到对称轴的距离的大小即可判断．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，判定对称轴的位置是解题的关键．
16.【答案】14−4 5
【解析】解：设P(x,y)，
∵PA2=(x+1)2+y2，PB2=(x−1)2+y2，
∴PA2+PB2=2x2+2y2+2=2(x2+y2)+2，
∵OP2=x2+y2，
∴PA2+PB2=2OP2+2，
当点P处于OC与圆的交点上时，OP取得最值，
∵CO= 2+3= 5，半径为1，
∴OP的最小值为CO−CP= 5−1，
∴PA2+PB2最小值为2( 5−1)2+2=14−4 5．
故答案为：14−4 5．
设点P(x,y)，表示出PA2+PB2的值，从而转化为求OP的最值，列出代数式代入求解即可．
本题考查了圆的综合，解答本题的关键是设出点P坐标，将所求代数式的值转化为求解OP的最小值，难度较大．
17.【答案】解：(x+4)2−5(x+4)=0，
(x+4)(x+4−5)=0，
(x+4)(x−1)=0，
x+4=0或x−1=0，
x1=−4，x2=1．
【解析】利用解一元二次方程−因式分解法，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法，熟练掌握解一元二次方程−因式分解法是解题的关键．
18.【答案】(0,1)
【解析】解：(1)作图如下：
(2)作图如下：
(3)根据旋转的性质：旋转中心到两对应点的距离相等；
故旋转中心在线段BE、CF的中垂线上；
由图像可知，该点的坐标为(0,1)．
(1)根据成中心对称图形的性质画图即可；
(2)根据旋转中心、旋转角、旋转方向画图即可；
(3)线段BE、CF的中垂线的交点即为旋转中心．
本题考查了图形的旋转，平面直角坐标系中点的坐标变换；熟练掌握旋转的性质是解题关键．
19.【答案】解：(1)“蛟龙”方程ax2+bx+c=0(a≠0)有两个不相等的实数根，理由如下：
∵一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)为“蛟龙”方程，
∴b=ac，
∵b<0，
∴Δ=b2−4ac=b2−4b=b(b−4)>0，
∴“蛟龙”方程ax2+bx+c=0(a≠0)有两个不相等的实数根；
(2)∵方程2x2+mx+n=0为“蛟龙”方程，
∴m=2n，
∵方程2x2+mx+n=0有两个相等的实数根，
∴Δ=m2−4×2n=4n2−8n=0，
∴n=0或2，
当n=0时，方程为2x2=0，解得x1=x2=0；
当n=2时，方程为2x2+4x+2=0，解得x1=x2=−1．
故此方程的解为0或−1．
【解析】(1)根据“蛟龙”方程的定义得b=ac，故Δ=b2−4ac=b2−4b=b(b−4)，当b<0时，Δ>0，根据判别式的意义即可得出结论；
(2)根据“蛟龙”方程的定义得m=2n，根据判别式的意义得Δ=m2−4×2n=4n2−8n=0，求出n，进而得到方程的解．
此题考查了根的判别式，解一元二次方程等知识，解题的关键是了解“蛟龙”方程的定义，难度不大．
20.【答案】解：(1)由题意可知：该抛物线顶点为M(6,3)，
∴y=a(x−6)2+3，
把A(0,2)的坐标代入解析式，得a(0−6)2+3=2，
解得a=−136，
∴排球运行的高度y(m)与运行的水平距离满足的函数关系式为y=−136(x−6)2+3；
(2)排球第一次落地点没有出界，理由：
令y=0，则−136(x−6)2+3=0，
解之得：x1=6−6 3(舍)，x2=6+6 3，
∵6+6 3<18，
∴排球第一次落地没出界．
【解析】(1)由题意可知：该抛物线顶点M(6,3)，可得y=a(x−6)2+3，再把A(0,2)的坐标代入解析式，即可求得；
(2)令y=0，求出x的值，即可判定．
本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的应用，正确求得二次函数的解析式是解决本题的关键．
21.【答案】(1)证明：如图1，连接OD，

∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=∠BDC=90°，
∵E是BC的中点，
∴ED=EC，
∴∠EDC=∠ECD，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∵∠ACB=90°，
∴∠OCD+∠ECD=90°，
∴∠EDC+∠ODC=90°，
∵OD为半径，
∴DE是⊙O的切线；
(2)解：如图2，

∵DE是Rt△BDC斜边上的中线，DE=2.5cm，CD=3cm，
∴BC=2DE=5cm，
∴BD= BC2−CD2= (103)2−32 52−32=4(cm)，
∵∠A+∠ACD=∠BCD+∠ACD=90°，
∴∠BCD=∠A，
∵∠BDC=∠CDA=90°，
∴△BDC∽△CDA，
∴BCAC=BDCD，即5AC=43，
∴AC=154(cm)，
∴⊙O直径的长154cm．
【解析】(1)连接OD，由圆周角定理得出∠ADC=∠BDC=90°，由直角三角形的性质得出ED=EC，进而得出∠EDC=∠ECD，由OD=OC，得出∠ODC=∠OCD，由∠ACB=90°，得出∠OCD+∠ECD=90°，进一步得出∠EDC+∠ODC=90°，即可证明结论；
(2)由直角三角形的性质及勾股定理得出BC=5cm，BD=4(cm)，再证明△BDC∽△CDA，得出BCAC=BDCD，进而得出⊙O直径的长154cm．
本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，掌握直角三角形的性质，圆周角定理，切线的判定方法，相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
22.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA.∠ADC=∠BCD=∠DAB=90°，
由题意得CD=CE，∠DCE=α：
∴∠CDE=∠CED=12(180°−α)=90°−12α．
∴∠ADF=90°−∠CDE=90°−(90°−12α)=12α，
∵AD=AF，
∴∠ADF=∠AFD=12α，
∴∠FAD=180°−∠ADF−∠AFD=180°−α，
∴∠BAF=∠FAD−∠BAD=180°−α−90°=90°−α；
(2)证明：如图，连接BE，
∵∠DCE=α
∴∠BCE−90°−α=∠BAF，
∵CD=CE=AD=AF=BC，
∴△BCE≌△BAF(SAS)，
∴BF=BE，∠ABF=∠CBE．
∵∠ABC=90°，
∴∠EBF=90°
∴△EBF是等腰直角三角形，
∴根据勾股定理可得EF= 2BF．

【解析】(1)利用旋转的性质得到CE=CD，表示出∠ADF，再利用等腰三角形的性质，可得答案；
(2)连接EB，证明△BCE≌△BAF(SAS)，即得到BF=BE，∠FBE=90°，即可证明，
本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的性质进行角度转换，想到证明EF= 2BF，即证明△FBE为等腰直角三角形，从而作出辅助线是解题的关键．
23.【答案】解：(1)∵a=1，
∴y=x2+bx+c．
①将(0,3)和(−1,0)两点代入y=x2+bx+c.得，
3=c1−b+c=0，
解得：c=3b=4．
∴y=x2+4x+3．
②函数向下平移两个单位得y=x2+bx+c−2，此时该函数与x轴恰好有一个交点，
∴Δ=0，
即b2−4(c−2)=0，
b2−4c+8=0，
c= b24+2，
∴b+c=b+b24+2=14(b+2)2+1．
∴当b=−2时，b+c的最小值为1．
(2)对称轴是直线x=−a+12a，
∵x1>x2≥−3，对任意的x1，x2都有y1>y2，
∴a>0，−a+12a≤−3．
∴0【解析】(1)依据题意，将a=1代入得y=x2+bx+c，①将(0,3)和(−1,0)两点代入y=x2+bx+c求出b，c，进而可以得解；
②函数向下平移两个单位得y=x2+bx+c−2，再由该函数与x轴恰好有一个交点，进而可得Δ=0，可得b+c=b+=b24+2=14(b+2)2+1，进而可以判断得解；
(2)依据题意，首先求出对称轴是直线x=−a+12a，再结合题意即可求出a的取值范围．
本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
24.【答案】(1)解：①如图所示，连接OQ，

由翻折可知，OA=QA，
∴OQ=OA，
∴OA=QA=OQ，
∴△OQA是等边三角形，
∴∠QOA=60°
∴lAQ=60360×2π×OA=3π，
②OH=QC+AH.理由如下，
如图所示，过点O作OG⊥AQ，垂足为点G，则A=CG(垂径定理)，

在△AQH与△AOG中，
∠QAH=∠OAG∠AHQ=∠AGOAO=AQ
∴△AQH≌△AOG，
∴AH=AG，且AG=CG，
∴AH=CG，OA−AH=AQ−AG，即OH=QG，
∴QG=QC+CG=QC+AH，
∴OH=QC+AH．
(2)解：方法一：如图所示，将△AOP沿着AP翻折得△AQP，过点Q作QH⊥AF，垂足为点H，过点P作PD⊥QH，垂足为点D，则四边形OHDP是矩形，

由折叠和(1)可知，AH=FH，
∵OF=3．
∴AH=FH=3
∴OH=PD=6．
Rt△QHA中，QH= AQ2−AH2= 92−32=6 2，
∵∠PQD+∠HQA=90°，∠QAH+∠HQA=90°，
∴∠PQD=∠QAH，
∵∠PDQ=∠QHA=90°．
∴△PDQ∽△QHA，
∴PQPD=QAQH，
∴PQ6=96 2，
∴PQ=9 22=OP．
方法二：如图所示，将AOP沿着AP翻折得△AQP，过点Q作QH⊥AF，垂足为点H，过点P作PD⊥OH，垂足为点D，
∵四边形OHDP是矩形，
由折叠和(1)可知，AH=FH，
∴OF=3，
∴AH=FH=3，
∴OH=PD=6，
Rt△QHA中，QH= AQ2−AH2= 92−32=6 2．
设OP=x，则DH=OP=PQ=x，DQ=6 2−x，
由PD2+DQ2=PQ2得，62+(6 2−x)2=x2，
解得：x=9 22．
即OP=9 22．
【解析】(1)①如图所示，连接OQ，根据折叠的性质可得△QOA是等边三角形，可得∠QOA=60°，再根据弧长公式即可求解；
②如图所示，过点O作OG⊥AQ，垂足为点G，则AG=CG(垂径定理)，根据题意可得△AQH≌△AOG，由此即可求解；
(2)方法一：如图所示，将△AOP沿着AP翻折得△AQP，过点Q作QH⊥AF，垂足为点H，过点P作PD⊥QH，垂足为点D，则四边形OHDP是矩形，Rt△QHA中，可求出QH的长度，再证△PDQ∽△QHA，由此即可求解；方法二：在Rt△QHA中，求出QH的值，再根据勾股定理即可求解．
本题主要考查圆的几何图形的综合，掌握折叠的性质，圆的基础知识，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．