2023屆四川省萬源市第一中學數(shù)學九上期末學業(yè)水平測試試題含解析

2022-2023學年九上數(shù)學期末模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖，⊙O的弦AB=16，OM⊥AB于M，且OM=6，則⊙O的半徑等于A．8 B．6 C．10 D．202．如圖，在正方形ABCD的外側，作等邊三角形ADE，則∠BED為（）A．45° B．15° C．10° D．125°3．如圖，在中，．以為直徑作半圓，交于點，交于點，若，則的度數(shù)是（）A． B． C． D．4．已知關于的一元二次方程的兩個根分別是，，且滿足，則的值是（）A．0 B． C．0或 D．或05．二次函數(shù)的圖象的頂點坐標是()A． B． C． D．6．在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=3，則tanA的值是()A． B． C． D．7．一元二次方程的根為（）A． B． C． D．8．一個鐵制零件(正方體中間挖去一個圓柱形孔)如圖放置，它的左視圖是()A．B．C．D．9．如圖，AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，如果∠ACD＝35°，那么∠BAD等于（）A．35° B．45° C．55° D．65°10．關于x的一元二次方程中有一根是1，另一根為n，則m與n的值分別是（）A．m=2，n=3 B．m=2，n=-3 C．m=2，n=2 D．m=2，n=-2二、填空題(每小題3分,共24分)11．如圖，在?ABCD中，AB＝6，BC＝6，∠D＝30°，點E是AB邊的中點，點F是BC邊上一動點，將△BEF移沿直線EF折疊，得到△GEF，當FG∥AC時，BF的長為_____．12．如圖，河堤橫斷面迎水坡的坡比是，堤高，則坡面的長度是__________．13．一個小球在如圖所示的方格地板上自由滾動，并隨機停留在某塊地板上，每塊地板大小、質地完全相同，那么該小球停留在黑色區(qū)域的概率是______．14．對于兩個不相等的實數(shù)a、b，我們規(guī)定max{a、b}表示a、b中較大的數(shù)，如max{1，1}＝1．那么方程max{1x，x﹣1}＝x1﹣4的解為．15．如圖，在正方形ABCD中，點E在BC邊上，且BC=3BE，AF平分∠DAE，交DC于點F，若AB=3，則點F到AE的距離為___________．16．若正六邊形的邊長為2，則此正六邊形的邊心距為______．17．為估計全市九年級學生早讀時間情況，從某私立學校隨機抽取100人進行調查，在這個問題中，調查的樣本________（填“具有”或“不具有”)代表性.18．我軍偵察員在距敵方120m的地方發(fā)現(xiàn)敵方的一座建筑物，但不知其高度又不能靠近建筑物物測量，機靈的偵察員將自己的食指豎直舉在右眼前，閉上左眼，并將食指前后移動，使食指恰好將該建筑物遮住，如圖所示．若此時眼睛到食指的距離約為40cm，食指的長約為8cm，則敵方建筑物的高度約是_______m．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，點C在以AB為直徑的半圓⊙O上，AC＝BC．以B為圓心，以BC的長為半徑畫圓弧交AB于點D．（1）求∠ABC的度數(shù)；（2）若AB＝4，求陰影部分的面積．20．（6分）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣4經過A（﹣3，0），B（5，﹣4）兩點，與y軸交于點C，連接AB，AC，BC．（1）求拋物線的表達式；（2）求△ABC的面積；（3）拋物線的對稱軸上是否存在點M，使得△ABM是直角三角形？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．21．（6分）解不等式組，并求出它的整數(shù)解22．（8分）如圖，拋物線的表達式為y=ax2+4ax+4a-1（a≠0），它的圖像的頂點為A，與x軸負半軸相交于點B、點C（點B在點C左側），與y軸交于點D，連接AO交拋物線于點E，且S△AEC:S△CEO=1:3.（1）求點A的坐標和拋物線表達式；（2）在拋物線的對稱軸上是否存在一點P，使得△BDP的內心也在對稱軸上，若存在，求點P的坐標；若不存在，請說明理由；（3）連接BD，點Q是y軸左側拋物線上的一點，若以Q為圓心，為半徑的圓與直線BD相切，求點Q的坐標.23．（8分）為紀念“五四運動”100周年，某校舉行了征文比賽，該校學生全部參加了比賽．比賽設置一等、二等、三等三個獎項，賽后該校對學生獲獎情況做了抽樣調查，并將所得數(shù)據(jù)繪制成如圖所示的兩幅不完整的統(tǒng)計圖．根據(jù)圖中信息解答下列問題：（1）本次抽樣調查學生的人數(shù)為．（2）補全兩個統(tǒng)計圖，并求出扇形統(tǒng)計圖中A所對應扇形圓心角的度數(shù)．（3）若該校共有840名學生，請根據(jù)抽樣調查結果估計獲得三等獎的人數(shù)．24．（8分）如圖，在中，，，圓是的外接圓.（1）求圓的半徑；（2）若在同一平面內的圓也經過、兩點，且，請直接寫出圓的半徑的長.25．（10分）“紅燈停，綠燈行”是我們過路口遇見交通信號燈時必須遵守的規(guī)則.小明每天從家騎自行車上學要經過三個路口，假如每個路口交通信號燈中紅燈和綠燈亮的時間相同，且每個路口的交通信號燈只安裝了紅燈和綠燈.那么某天小明從家騎車去學校上學，經過三個路口抬頭看到交通信號燈.（1）請畫樹狀圖，列舉小明看到交通信號燈可能出現(xiàn)的所有情況；（2）求小明途經三個路口都遇到紅燈的概率.26．（10分）如圖，在和中，，點為射線，的交點．（1）問題提出：如圖1，若，．①與的數(shù)量關系為________；②的度數(shù)為________．（2）猜想論證：如圖2，若，則（1）中的結論是否成立？請說明理由．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【分析】連接OA，即可證得△OMA是直角三角形，根據(jù)垂徑定理即可求得AM，根據(jù)勾股定理即可求得OA的長，即⊙O的半徑．【詳解】連接OA，∵M是AB的中點，∴OM⊥AB，且AM=8，在Rt△OAM中，OA===1．故選C．【點睛】本題主要考查了垂徑定理，以及勾股定理，根據(jù)垂徑定理求得AM的長，證明△OAM是直角三角形是解題的關鍵．2、A【分析】由等邊三角形的性質可得，進而可得，又因為，結合等腰三角形的性質，易得的大小，進而可求出的度數(shù).【詳解】是等邊三角形，，，四邊形是正方形，，，，，，.

故選：.【點睛】本題考查了正方形的性質，等邊三角形的性質，三角形的內角和定理，等腰三角形的性質和判定的應用，解此題的關鍵是求出的度數(shù)，難度適中.3、A【分析】連接BE、AD，根據(jù)直徑得出∠BEA=∠ADB=90°，求出∠ABE、∠DAB、∠DAC的度數(shù)，根據(jù)圓周角定理求出即可．【詳解】解：連接BE、AD，

∵AB是圓的直徑，

∴∠ADB=∠AEB=90°，

∴AD⊥BC，

∵AB=AC，∠C=70°，

∴∠ABD=∠C=70°.∠BAC=2∠BAD∴.∠BAC=2∠BAD=2（90°-70°）=40°，∵∠BAC+=90°

∴=50°．故選A.【點睛】本題考查了圓周角定理，等腰三角形的性質等知識，準確作出輔助線是解題的關鍵.4、C【分析】首先根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)關系得到兩根之和和兩根之積，然后把x12+x22轉換為（x1+x2）2-2x1x2，然后利用前面的等式即可得到關于m的方程，解方程即可求出結果．【詳解】解：∵x1、x2是一元二次方程x2-mx+2m-1=0的兩個實數(shù)根，

∴x1+x2=-（2m+1），x1x2=m-1，

∵x12+x22=（x1+x2）2-2x1x2=3，

∴[-（2m+1）]2-2（m-1）=3，

解得：m1=0，m2=，

又∵方程x2-mx+2m-1=0有兩個實數(shù)根，

∴△=（2m+1）2-4（m-1）≥0，

∴當m=0時，△=5>0，當m=時，△=6>0

∴m1=0，m2=都符合題意.故選：C.【點睛】本題考查一元二次方程根與系數(shù)的關系、完全平方公式，解題關鍵是熟練掌握一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根與系數(shù)的關系：若方程兩個為x1，x2，則x1+x2=-，x1?x2=.5、B【分析】根據(jù)二次函數(shù)的性質，用配方法求出二次函數(shù)頂點式，再得出頂點坐標即可．【詳解】解：∵拋物線

=(x+1)2+3

∴拋物線的頂點坐標是：(?1,3)．

故選B．【點睛】此題主要考查了利用配方法求二次函數(shù)頂點式以及求頂點坐標，此題型是考查重點，應熟練掌握．6、A【解析】由勾股定理，得AC=，由正切函數(shù)的定義，得tanA=，故選A．7、A【解析】提公因式，用因式分解法解方程即可．【詳解】一元二次方程，提公因式得：，∴或，解得：．故選：A．【點睛】本題考查了解一元二次方程－因式分解法，熟練掌握因式分解法是解題的關鍵．8、C【解析】試題解析：從左邊看一個正方形被分成三部分，兩條分式是虛線，故C正確；故選C．考點:簡單幾何體的三視圖.9、C【分析】根據(jù)題意可知、，通過與互余即可求出的值．【詳解】解：∵∴∵是的直徑∴∴故選：C【點睛】本題考查了圓周角定理，同弧所對的圓周角相等、并且等于它所對的圓心角的一半，也考查了直徑所對的圓周角為90度．10、C【分析】將根是1代入一元二次方程，即可求出m的值，再解一元二次方程，可求出兩個根，即可求出n的值．【詳解】解：∵將1代入方程，得到：1-3+m=0，m=2∴∴解得x1=1，x2=2∴n=2故選C．【點睛】本題主要考查了一元二次方程，熟練解滿足一元二次方程以及解一元二次方程是解決本題的關鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、或【分析】由平行四邊形的性質得出∠B＝∠D＝30°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝6，作CH⊥AD于H，則CH＝CD＝3，DH＝CH＝3＝AD，得出AH＝DH，由線段垂直平分線的性質得出CA＝CD＝AB＝6，由等腰三角形的性質得出∠ACB＝∠B＝30°，由平行線的性質得出∠BFG＝∠ACB＝30°，分兩種情況：①作EM⊥BF于M，在BF上截取EN＝BE＝3，則∠ENB＝∠B＝30°，由直角三角形的性質得出EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，得出BN＝2BM＝3，再證出FN＝EN＝3，即可得出結果；②作EM⊥BC于M，在BC上截取EN＝BE＝3，連接EN，則∠ENB＝∠B＝30°，得出EN∥AC，EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，BN＝2BM＝3，證出FG∥EN，則∠G＝∠GEN，證出∠GEN＝∠ENB＝∠B＝∠G＝30°，推出∠BEN＝120°，得出∠BEG＝120°﹣∠GEN＝90°，由折疊的性質得∠BEF＝∠GEF＝∠BEG＝45°，證出∠NEF＝∠NFE，則FN＝EN＝3，即可得出結果．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠B＝∠D＝30°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝6，作CH⊥AD于H，則CH＝CD＝3，DH＝CH＝3＝AD，∴AH＝DH，∴CA＝CD＝AB＝6，∴∠ACB＝∠B＝30°，∵FG∥AC，∴∠BFG＝∠ACB＝30°，∵點E是AB邊的中點，∴BE＝3，分兩種情況：①作EM⊥BF于M，在BF上截取EN＝BE＝3，連接EN，如圖1所示：則∠ENB＝∠B＝30°，∴EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，∴BN＝2BM＝3，由折疊的性質得：∠BFE＝∠GFE＝15°，∵∠NEF＝∠ENB﹣∠BFE＝15°＝∠BFE，∴FN＝EN＝3，∴BF＝BN+FN＝3+3；②作EM⊥BC于M，在BC上截取EN＝BE＝3，連接EN，如圖2所示：則∠ENB＝∠B＝30°，∴EN∥AC，EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，∴BN＝2BM＝3，∵FG∥AC，∴FG∥EN，∴∠G＝∠GEN，由折疊的性質得：∠B＝∠G＝30°，∴∠GEN＝∠ENB＝∠B＝∠G＝30°，∵∠BEN＝180°﹣∠B﹣∠ENB＝180°﹣30°﹣30°＝120°，∴∠BEG＝120°﹣∠GEN＝120°﹣30°＝90°，由折疊的性質得：∠BEF＝∠GEF＝∠BEG＝45°，∴∠NEF＝∠NEG+∠GEF＝30°+45°＝75°，∠NFE＝∠BEF+∠B＝45°+30°＝75°，∴∠NEF＝∠NFE，∴FN＝EN＝3，∴BF＝BN﹣FN＝3﹣3；故答案為：或．【點睛】本題考查了翻折變換的性質、平行四邊形的性質、直角三角形的性質、線段垂直平分線的性質、等腰三角形的性質等知識；掌握翻折變換的性質和等腰三角形的性質是解答本題的關鍵．12、【分析】先根據(jù)坡比求出AB的長度，再利用勾股定理即可求出BC的長度．【詳解】故答案為：．【點睛】本題主要考查坡比及勾股定理，掌握坡比的定義及勾股定理是解題的關鍵．13、【分析】先求出黑色方磚在整個地板中所占的比值，再根據(jù)其比值即可得出結論．【詳解】由圖可知，黑色方磚6塊，共有16塊方磚，

∴黑色方磚在整個地板中所占的比值，

∴小球最終停留在黑色區(qū)域的概率是，故答案為：．【點睛】本題考查了幾何概率，用到的知識點為：幾何概率=相應的面積與總面積之比．14、【分析】直接分類討論得出x的取值范圍，進而解方程得出答案．【詳解】解：當1x＞x﹣1時，故x＞﹣1，則1x＝x1﹣4，故x1﹣1x﹣4＝0，（x﹣1）1＝5，解得：x1＝1+，x1＝1﹣；當1x＜x﹣1時，故x＜﹣1，則x﹣1＝x1﹣4，故x1﹣x﹣1＝0，解得：x3＝1（不合題意舍去），x4＝﹣1（不合題意舍去），綜上所述：方程max{1x，x﹣1}＝x1﹣4的解為：x1＝1+，x1＝1﹣．故答案為：x1＝1+，x1＝1﹣．【點睛】考核知識點:一元二次方程.理解規(guī)則定義是關鍵.15、【分析】延長AE交DC延長線于M，關鍵相似求出CM的長，求出AM長，根據(jù)角平分線性質得出比例式，代入求出即可．【詳解】延長AE交DC延長線于M，

∵四邊形ABCD是正方形，BC=3BE，BC=3，

∴AD=DC=BC=AB=3，∠D=90°，BE=1，CE=2，AB∥DC，

∴△ABE∽△MCE，

∴，

∴CM=2AB=6，

即DM=3+6=9，

由勾股定理得：，

∵AF平分∠DAE，

∴，

∴，

解得：，

∵AF平分∠DAE，∠D=90°，

∴點F到AE的距離=，

故答案為：．【點睛】本題考查了角平分線性質，勾股定理，相似三角形的性質和判定，正方形的性質等知識點，能正確作出輔助線是解此題的關鍵．16、.【分析】連接OA、OB，根據(jù)正六邊形的性質求出∠AOB，得出等邊三角形OAB，求出OA、AM的長，根據(jù)勾股定理求出即可．【詳解】連接OA、OB、OC、OD、OE、OF，∵正六邊形ABCDEF，∴∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOE=∠EOF=∠AOF，∴∠AOB=60°，OA=OB，∴△AOB是等邊三角形，∴OA=OB=AB=2，∵AB⊥OM，∴AM=BM=1，在△OAM中，由勾股定理得：OM=．17、不具有【分析】根據(jù)抽取樣本的注意事項即要考慮樣本具有廣泛性與代表性，其代表性就是抽取的樣本必須是隨機的，以此進行分析．【詳解】解：要估計全市九年級學生早讀時間情況，應從該市所以學校九年級中隨機抽取100人進行調查，所以在這個問題中調查的樣本不具有代表性.故此空填“不具有”.【點睛】本題考查抽樣調查的可靠性，解題時注意：樣本具有代表性是指抽取的樣本必須是隨機的，即各個方面，各個層次的對象都要有所體現(xiàn)．18、1【分析】如圖（見解析），過點A作，交BC于點F，利用平行線分線段成比例定理推論求解即可．【詳解】如圖，過點A作，交BC于點F由題意得則（平行線分線段成比例定理推論）即解得故答案為：1．【點睛】本題考查了平行線分線段成比例定理推論，讀懂題意，將所求問題轉化為利用平行線分線段成比例定理推論的問題是解題關鍵．三、解答題(共66分)19、（1）∠ABC＝45°；（2）【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得到∠ACB=90°，根據(jù)等腰三角形的性質即可得到結論；

（2）根據(jù)扇形和三角形的面積公式即可得到結論．【詳解】解：（1）∵AB為半圓⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵AC＝BC，∴∠ABC＝45°；（2）∵AB＝4，∴BC=∴陰影部分的面積=．【點睛】本題考查了扇形面積的計算，圓周角定理，等腰直角三角形的性質，熟練掌握扇形的面積公式是解題的關鍵．20、（1）y＝x2﹣x﹣4；（2）10；（3）存在，M1（，11），M2（，﹣），M3（，﹣2），M4（，﹣﹣2）.【分析】（1）將點A，B代入y＝ax2+bx﹣4即可求出拋物線解析式；（2）在拋物線y＝x2﹣x﹣4中，求出點C的坐標，推出BC∥x軸，即可由三角形的面積公式求出△ABC的面積；（3）求出拋物線y＝x2﹣x﹣4的對稱軸，然后設點M（，m），分別使∠AMB＝90°，∠ABM＝90°，∠AMB＝90°三種情況進行討論，由相似三角形和勾股定理即可求出點M的坐標．【詳解】解：（1）將點A（﹣3，0），B（5，﹣4）代入y＝ax2+bx﹣4，得，解得，，∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣x﹣4；（2）在拋物線y＝x2﹣x﹣4中，當x＝0時，y＝﹣4，∴C（0，﹣4），∵B（5，﹣4），∴BC∥x軸，∴S△ABC＝BC?OC＝×5×4＝10，∴△ABC的面積為10；（3）存在，理由如下：在拋物線y＝x2﹣x﹣4中，對稱軸為：，設點M（，m），①如圖1，當∠M1AB＝90°時，設x軸與對稱軸交于點H，過點B作BN⊥x軸于點N，則HM1＝m，AH＝，AN＝8，BN＝4，∵∠AM1H+∠M1AN＝90°，∠M1AN+∠BAN＝90°，∴∠M1AH＝∠BAN，又∵∠AHM1＝∠BNA＝90°，∴△AHM1∽△BNA，∴，即，解得，m＝11，∴M1（，11）；②如圖2，當∠ABM2＝90°時，設x軸與對稱軸交于點H，BC與對稱軸交于點N，由拋物線的對稱性可知，對稱軸垂直平分BC，∴M2C＝M2B，∴∠BM2N＝∠AM2N，又∵∠AHM2＝∠BNM2＝90°，∴△AHM2∽△BNM2，∴，∵HM2＝﹣m，AH＝，BN＝，M2N＝﹣4﹣m，∴，解得，，∴M2（，﹣）；③如圖3，當∠AMB＝90°時，設x軸與對稱軸交于點H，BC與對稱軸交于點N，則AM2+BM2＝AB2，∵AM2＝AH2+MH2，BM2＝BN2+MN2，∴AH2+MH2+BN2+MN2＝AB2，∵HM＝﹣m，AH＝，BN＝，MN＝﹣4﹣m，即，解得，m1＝﹣2，m2＝﹣﹣2，∴M3（，﹣2），M4（，﹣﹣2）；綜上所述，存在點M的坐標，其坐標為M1（，11），M2（，﹣），M3（，﹣2），M4（，﹣﹣2）．【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求解析式，三角形的面積，直角三角形的存在性，相似三角形的判定與性質等，解題關鍵是注意分類討論思想在解題中的運用．21、不等式組的解集為﹣1＜x＜2，不等式組的整數(shù)解為0、1．【分析】先分別求出兩個一元一次不等式的解，再根據(jù)求不等式組解的方法求出不等式組的解，繼而可求出其整數(shù)解.【詳解】解：解不等式x+1＞0，得：x＞﹣1，解不等式x+4＞3x，得：x＜2，則不等式組的解集為﹣1＜x＜2，所以不等式組的整數(shù)解為0、1．【點睛】本題考查的知識點是解不等式組，正確求出每個一元一次不等式的解是求不等式組的解的關鍵.22、（1）拋物線表達式為y=x2+4x+3；（2）P（-2，-3）；（3）Q（-4，3）.【分析】（1）根據(jù)拋物線的對稱軸易求得頂點坐標，再根據(jù)S△AEC:S△CEO=1:3，求得OE：OA=3:4，再證得△OFE∽△OMA，求得點E的坐標，從而求得答案；（2）根據(jù)內心的定義知∠BPM=∠DPM，設點P（-2，b），根據(jù)三角函數(shù)的定義求得，繼而求得的值，從而求得答案；（3）設Q（m，m2+4m+3），分類討論，①點Q在BD左上方拋物線上，②點Q在BD下方拋物線上，利用的不同計算方法求得的值，從而求得答案.【詳解】（1）由拋物線y=ax2+4ax+4a-1得對稱軸為直線，當時，，∴，∵S△AEC:S△CEO=1:3，∴AE：OE=1:3，∴OE：OA=3:4，過點E作EF⊥x軸，垂足為點F，設對稱軸與x軸交點為M，如圖，∵EF//AM，∴△OFE∽△OMA，∴，∴，∴，把點代入拋物線表達式y(tǒng)=ax2+4ax+4a-1得，解得：a=1，∴拋物線表達式為：y=x2+4x+3；（2）三角形的內心是三個角平分線的交點，∴∠BPM=∠DPM，過點D作DH⊥AM，垂足為點H，設點P（-2，b），∵tan∠BPM=tan∠DPM，∴，∴，∴，∴P（-2，-3），（3）∵拋物線表達式為：y=x2+4x+3，∴拋物線與軸和軸的交點坐標分別為：B(-3，0)，C(-1，0)，D(0，3)，∴，∴設Q（m，m2+4m+3），①點Q在BD左上方拋物線上，如圖：作BG⊥x軸交BD于G，QF⊥x軸交于F，作QE⊥BD于E，設直線QD的解析式為：，∵點Q的坐標為（m，m2+4m+3）代入得：，∴直線QD的解析式為：，當時，，∴點G的坐標為；，∴，∵，∴，即：，解得：或(不合題意，舍去)，∴點的坐標為：）；②點Q在BD下方拋物線上，如圖：QF⊥x軸交于F，交BD于G，作QE⊥BD于E，設直線BD的解析式為：，將點B(-3，0)代入得：，∴直線BD的解析式為：，當時，，∴點G的坐標為；，∴，∵，∴，即：，∵∴方程無解，綜上：點的坐標為：）.【點睛】本題考查了運用待定系數(shù)法求直線及拋物線的解析式，三角函數(shù)的定義，勾股定理，三角形的面積，綜合性比較強，學會分類討論的思想思考問題，利用三角形面積的不同計算方法構建方程求值是解答本題的關鍵.23、（1）40；（2）見解析，18°；（3）獲得三等獎的有210人．【分析】（1）根據(jù)B的人數(shù)和所占的百分比可以求得本次抽樣調查學生人數(shù)；（2）根據(jù)統(tǒng)計圖中的數(shù)據(jù)和（1）中的結果可以將統(tǒng)計圖中所缺的數(shù)據(jù)補充完整并計算出扇形統(tǒng)計圖中A所對應扇形圓心角的度數(shù)；（3）根據(jù)統(tǒng)計圖中的數(shù)據(jù)可以計算出獲得三等獎的人數(shù)．【詳解】解：（1）本次抽樣調查學生的人數(shù)為：8÷20%＝40，故答案為：40；（2）A所占的百分比為：×100%＝5%，D所占的百分比為：×100%＝50%，C所占的百分比為：1﹣5%﹣20%﹣50%＝25%，獲得三等獎的人數(shù)為：40×25%＝10，補全的統(tǒng)計圖如圖所示，扇形統(tǒng)計圖中A所對應扇形圓心角的度數(shù)是360°×5%＝18°；（3）840×25%＝210（人），答：獲得三等獎的有210人．【點睛】本題考查條形統(tǒng)計圖、扇形統(tǒng)計圖、用樣本估計總體，解答本題的關鍵是明確題意，利用數(shù)形結合的思想解答．24、（1）；（2）或【分析】（1）過點作，垂足為，連接，根據(jù)垂直平分線的性質可得在上，根據(jù)垂徑定理即可求出BD，再根據(jù)勾股定理即可求出AD，設，根據(jù)勾股定理列出方程即可求出半徑；（2）根據(jù)垂直平分線的判定可得點P在BC的中垂線上，即點P在直線AD上，然后根據(jù)點A和點P的相