人教版数学九年级上册月考模拟试卷二（含答案）

这是一份人教版数学九年级上册月考模拟试卷二（含答案），共31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。
人教版数学九年级上册月考模拟试卷
一、选择题．
1．一元二次方程2x2﹣3x+1=0化为（x+a）2=b的形式，正确的是（　　）
A． B． C． D．以上都不对
2．下列四个图形中，是中心对称图形的是（　　）
A．等腰梯形 B．正三角形
C． D．正五边形
3．若函数y=mx2+（m+2）x+m+1的图象与x轴只有一个交点，那么m的值为（　　）
A．0 B．0或2 C．2或﹣2 D．0，2或﹣2
4．如图，⊙O中，直径CD⊥弦AB，则下列结论①△ABD是正△；②∠BOC=2∠ADC；③∠BOC=60°；④AC∥BD，正确的个数有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转31°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC的度数为100°，则∠DOB的度数是（　　）

A．34° B．36° C．38° D．40°
6．某种正方形合金板材的成本y（元）与它的面积成正比．设它的边长为x厘米，当x=2时，y=16，那么当成本为72元时，边长为（　　）
A．4厘米 B．3厘米 C．2厘米 D．6厘米
7．如图，AB是⊙O的弦，AC是⊙O的切线，A为切点，BC经过圆心，∠B=20°，则∠C的度数为（　　）

A．70° B．60° C．40° D．50°
8．如图用圆心角为120°，半径为6的扇形围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），则这个圆锥的高是（　　）

A．6 B．8 C．3 D．4
9．如图是二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，x=﹣1是对称轴，有下列判断：
①b﹣2a=0；②4a﹣2b+c＜0；③a﹣b+c=﹣9a；④若（﹣3，y1），（，y2）是抛物线上两点，则y1＞y2，其中正确的是（　　）

A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④
10．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=5，AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，过点D作⊙O的切线BC于点M，切点为N，则DM的长为（　　）

A． B． C． D．2
二、填空题．
11．方程x2+2kx+k2﹣2k+1=0的两个实数根x1，x2满足x12+x22=4，则k的值为　　．
12．在直角坐标系中，P（a，b）绕原点顺时针旋转90°后的对应点P′的坐标为　　．
13．如图，将一块含30°角的直角三角板和半圆量角器按如图的方式摆放，使斜边与半圆相切．若半径OA=2，则图中阴影部分的面积为　　．（结果保留π）

14．抛物线过点A（﹣1，0），B（0，﹣2），C（1，﹣2），且与x轴的另一交点为E，顶点为D，则四边形ABDE的面积为　　．
15．如图，AB是⊙O的弦，AB=6，点C是⊙O上的一个动点，且∠ACB=45°．若点M，N分别是AB，BC的中点，则MN长的最大值是　　．

16．如图，在正方形ABCD中，AD=1，将△ABD绕点B顺时针旋转45°得到△A′BD′，此时A′D′与CD交于点E，则DE的长度为　　．

三、解答题．
17．解方程3x2+5x+1=0．





18．已知抛物线与x轴交于点（﹣1，0），（2，0），且过点（1，3），求这条抛物线的解析式．





19．如图，正方形网格中，每个小正方形边长都是1，在直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为A（2，﹣4），B（4，﹣4），C（1，﹣1）．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，直接写出A1的坐标　　．
（2）画出△ABC绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2C2．

20．在⊙O中，直径AB=6，BC是弦，∠ABC=30°，点P在BC上，点Q在⊙O上，且OP⊥PQ．
（1）如图1，当PQ∥AB时，求PQ的长度；
（2）如图2，当点P在BC上移动时，求PQ长的最大值．




21．某校在一块一边筑墙（墙长15m）的空地上修建一矩形花园，如图，花园一边靠墙，另三边用总长为50m的栅栏围成，设BC边长为xm，花园面积为ym2．
（1）求y与x之间的函数关系，并写出自变量x的取值范围．
（2）结合题意判断，当x取何值时，花园面积最大．






22．如图，点P是正方形ABCD内一点，点P到点A、B和D的距离分别为1，2，，△ADP沿点A旋转至△ABP′，连结PP′，并延长AP与BC相交于点Q．
（1）求证：△APP′是等腰直角三角形；
（2）求∠BPQ的大小；
（3）求CQ的长．








23．如图，以线段AB为直径作⊙O，CD与⊙O相切于点E，交AB的延长线于点D，连接BE，过点O作OC∥BE交切线DE于点C，连接AC．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若BD=OB=4，求弦AE的长．






24．抛物线y=ax2﹣x﹣2的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，已知点B的坐标为（4，0），
（1）求抛物线的解析式．
（2）若点M是线段BC下方的抛物线上一点，求△MBC面积的最大值，并求出此时M的坐标．











25．如图，在平面直角坐标系中，⊙P经过x轴上一点C，与y轴分别相交于A、B两点，连接AP并延长分别交⊙P、x轴于点D、点E，连接DC并延长交y轴于点F．若点F的坐标为（0，1），点D的坐标为（6，﹣1）．
（1）求证：DC=FC；
（2）判断⊙P与x轴的位置关系，并说明理由；
（3）求直线AD的解析式．

　
参考答案
1．一元二次方程2x2﹣3x+1=0化为（x+a）2=b的形式，正确的是（　　）
A． B． C． D．以上都不对
【考点】解一元二次方程﹣配方法．
【分析】先把常数项1移到等号的右边，再把二次项系数化为1，最后在等式的两边同时加上一次项系数一半的平方，然后配方即可．
【解答】解：∵2x2﹣3x+1=0，
∴2x2﹣3x=﹣1，
x2﹣x=﹣，
x2﹣x+=﹣+，
（x﹣）2=；
∴一元二次方程2x2﹣3x+1=0化为（x+a）2=b的形式是：（x﹣）2=；
故选C．
　
2．下列四个图形中，是中心对称图形的是（　　）
A．
等腰梯形 B．
正三角形 C． D．
正五边形
【考点】中心对称图形．
【分析】根据 把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．
【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、是中心对称图形，故此选项正确；
D、不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：C．
　
3．若函数y=mx2+（m+2）x+m+1的图象与x轴只有一个交点，那么m的值为（　　）
A．0 B．0或2 C．2或﹣2 D．0，2或﹣2
【考点】抛物线与x轴的交点．
【分析】分为两种情况：函数是二次函数，函数是一次函数，求出即可．
【解答】解：分为两种情况：
①当函数是二次函数时，
∵函数y=mx2+（m+2）x+m+1的图象与x轴只有一个交点，
∴△=（m+2）2﹣4m（m+1）=0且m≠0，
解得：m=±2，
②当函数是一次函数时，m=0，
此时函数解析式是y=2x+1，和x轴只有一个交点，
故选：D．
　
4．如图，⊙O中，直径CD⊥弦AB，则下列结论①△ABD是正△；②∠BOC=2∠ADC；③∠BOC=60°；④AC∥BD，正确的个数有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】垂径定理；等边三角形的判定与性质．
【分析】由垂径定理和圆周角定理得出①不正确，②正确；③④不正确．
【解答】解：∵直径CD⊥AB，
∴，CD平分AB，
∴∠BDC=∠ADC，AD=BD，
∵∠BOC=2∠BDC，
∴∠BOC=2∠ADC，①不正确，②正确；
没有条件得出∠BOC=60°；AC∥BD，③④不正确；
正确的结论有一个，
故选：A．
　
5．如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转31°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC的度数为100°，则∠DOB的度数是（　　）

A．34° B．36° C．38° D．40°
【考点】旋转的性质．
【分析】根据旋转的性质求出∠AOD和∠BOC的度数，计算出∠DOB的度数．
【解答】解：由题意得，∠AOD=31°，∠BOC=31°，又∠AOC=100°，
∴∠DOB=100°﹣31°﹣31°=38°．
故选：C．
　
6．某种正方形合金板材的成本y（元）与它的面积成正比．设它的边长为x厘米，当x=2时，y=16，那么当成本为72元时，边长为（　　）
A．4厘米 B．3厘米 C．2厘米 D．6厘米
【考点】二次函数的应用．
【分析】设y与x之间的函数关系式为y=kx2，由待定系数法就可以求出解析式，当y=72时代入函数解析式就可以求出结论．
【解答】解：设y与x之间的函数关系式为y=kx2，由题意，得
16=4k，
解得：k=4，
∴y=4x2，
当y=72时，72=4x2，
∴x=3．
故选：B．
　
7．如图，AB是⊙O的弦，AC是⊙O的切线，A为切点，BC经过圆心，∠B=20°，则∠C的度数为（　　）

A．70° B．60° C．40° D．50°
【考点】切线的性质．
【分析】连接OA，根据等边对等角求得∠BAO的度数，然后利用三角形的外角的性质求得∠AOC的度数，然后根据切线的性质得到∠OAC=90°，根据直角三角形的性质求解．
【解答】解：连接OA．
∵OA=OB，
∴∠BAO=∠B=20°，
∴∠AOC=∠BAO+∠B=40°，
∵AC是⊙O的切线，
∴OA⊥AC，即∠OAC=90°，
∴∠C=90°﹣∠AOC=90°﹣40°=50°．
故选D．

　
8．如图用圆心角为120°，半径为6的扇形围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），则这个圆锥的高是（　　）

A．6 B．8 C．3 D．4
【考点】圆锥的计算．
【分析】设圆锥的底面圆的半径为r，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长和弧长公式得2πr=，解得r=2，然后利用扇形的半径等于圆锥的母线长和勾股定理计算圆锥的高．
【解答】解：设圆锥的底面圆的半径为r，
根据题意得2πr=，解得r=2，
所以圆锥的高==4．
故选D．
　
9．如图是二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，x=﹣1是对称轴，有下列判断：
①b﹣2a=0；②4a﹣2b+c＜0；③a﹣b+c=﹣9a；④若（﹣3，y1），（，y2）是抛物线上两点，则y1＞y2，其中正确的是（　　）

A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④
【考点】二次函数图象与系数的关系．
【分析】利用二次函数图象的相关知识与函数系数的联系，需要根据图形，逐一判断．
【解答】解：∵抛物线的对称轴是直线x=﹣1，
∴﹣=﹣1，
b=2a，
∴b﹣2a=0，
故①正确；
∵抛物线的对称轴是直线x=﹣1，和x轴的一个交点是（2，0），
∴抛物线和x轴的另一个交点是（﹣4，0），
∴把x=﹣2代入得：y=4a﹣2b+c＞0，
故②错误；
∵图象过点（2，0），代入抛物线的解析式得：4a+2b+c=0，
又∵b=2a，
∴c=﹣4a﹣2b=﹣8a，
∴a﹣b+c=a﹣2a﹣8a=﹣9a，
故③正确；
根据图象，可知抛物线对称轴的右边y随x的增大而减小，
∵抛物线和x轴的交点坐标是（2，0）和（﹣4，0），抛物线的对称轴是直线x=﹣1，
∴点（﹣3，y1）关于对称轴的对称点的坐标是（（1，y1），
∵（，y2），1＜，
∴y1＞y2，
故④正确；
即正确的有①③④，
故选：B．
　
10．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=5，AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，过点D作⊙O的切线BC于点M，切点为N，则DM的长为（　　）

A． B． C． D．2
【考点】切线的性质；矩形的性质．
【分析】连接OE，OF，ON，OG，在矩形ABCD中，得到∠A=∠B=90°，CD=AB=4，由于AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点得到∠AEO=∠AFO=∠OFB=∠BGO=90°，推出四边形AFOE，FBGO是正方形，得到AF=BF=AE=BG=2，由勾股定理列方程即可求出结果．
【解答】解：连接OE，OF，ON，OG，
在矩形ABCD中，
∵∠A=∠B=90°，CD=AB=4，
∵AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，
∴∠AEO=∠AFO=∠OFB=∠BGO=90°，
∴四边形AFOE，FBGO是正方形，
∴AF=BF=AE=BG=2，
∴DE=3，
∵DM是⊙O的切线，
∴DN=DE=3，MN=MG，
∴CM=5﹣2﹣MN=3﹣MN，
在Rt△DMC中，DM2=CD2+CM2，
∴（3+NM）2=（3﹣NM）2+42，
∴NM=，
∴DM=3=，
故选A．

　
二、填空题．（直接写出正确结果，每小题3分，共6题，总计18分）
11．方程x2+2kx+k2﹣2k+1=0的两个实数根x1，x2满足x12+x22=4，则k的值为　1　．
【考点】根与系数的关系．
【分析】由x12+x22=x12+2x1•x2+x22﹣2x1•x2=（x1+x2）2﹣2x1•x2=4，然后根据根与系数的关系即可得到一个关于k的方程，从而求得k的值．
【解答】解：∵方程x2+2kx+k2﹣2k+1=0的两个实数根，
∴△=4k2﹣4（k2﹣2k+1）≥0，
解得 k≥．
∵x12+x22=4，
∴x12+x22=x12+2x1•x2+x22﹣2x1•x2=（x1+x2）2﹣2x1•x2=4，
又∵x1+x2=﹣2k，x1•x2=k2﹣2k+1，
代入上式有4k2﹣2（k2﹣2k+1）=4，
解得k=1或k=﹣3（不合题意，舍去）．
故答案为：1．
　
12．在直角坐标系中，P（a，b）绕原点顺时针旋转90°后的对应点P′的坐标为　（b，﹣a）　．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【分析】分成P在坐标轴上和在每个象限上时，分情况进行讨论，求得P'的坐标．
【解答】解：当P在坐标轴上时，P‘的坐标是（b，﹣a）；
当P在第一象限时，作PA⊥x轴于点A．作P'A⊥y轴于点B．
∵∠POP'=∠AOB=90°，
∴∠POA=∠P'OB，
∴在△OAP和△OBP'中，
，
∴△OAP≌△OBP'，
∴OB=OA，PA=P'B，
则P'的坐标是（b，﹣a）．
同理，当P在第四象限时，P'在第三象限，坐标是（b，﹣a）．
总之，不论P在任何位置，P'的坐标都是（b，﹣a）．
故答案是：（b，﹣a）．

　
13．如图，将一块含30°角的直角三角板和半圆量角器按如图的方式摆放，使斜边与半圆相切．若半径OA=2，则图中阴影部分的面积为　+　．（结果保留π）

【考点】切线的性质；扇形面积的计算．
【分析】图中阴影部分的面积=扇形BOD的面积+△BOC的面积．
【解答】解：∵斜边与半圆相切，点B是切点，
∴∠EBO=90°．
又∵∠E=30°，
∴∠EBC=60°．
∴∠BOD=120°，
∵OA=OB=2，
∴OC=OB=1，BC=．
∴S阴影=S扇形BOD+S△BOC=+×1×=+．
故答案是： +．

　
14．抛物线过点A（﹣1，0），B（0，﹣2），C（1，﹣2），且与x轴的另一交点为E，顶点为D，则四边形ABDE的面积为　4　．
【考点】抛物线与x轴的交点．
【分析】先求出抛物线的对称轴方程，再由A、E两点关于对称轴对称可得出E点坐标，再由梯形的面积公式即可得出结论．
【解答】解：∵B（0，﹣2），C（1，﹣2），
∴抛物线的对称轴方程为x=，
∵点A（﹣1，0），
∴E（2，0），
∴四边形ABDE的面积=（AE+BC）×2=×（3+1）×2=4．
故答案为：4．
　
15．如图，AB是⊙O的弦，AB=6，点C是⊙O上的一个动点，且∠ACB=45°．若点M，N分别是AB，BC的中点，则MN长的最大值是　3　．

【考点】三角形中位线定理；等腰直角三角形；圆周角定理．
【分析】根据中位线定理得到MN的最大时，AC最大，当AC最大时是直径，从而求得直径后就可以求得最大值．
【解答】解：∵点M，N分别是AB，BC的中点，
∴MN=AC，
∴当AC取得最大值时，MN就取得最大值，
当AC是直径时，最大，
如图，

∵∠ACB=∠D=45°，AB=6，
∴AD=6，
∴MN=AD=3
故答案为：3．
　
16．如图，在正方形ABCD中，AD=1，将△ABD绕点B顺时针旋转45°得到△A′BD′，此时A′D′与CD交于点E，则DE的长度为　2﹣　．

【考点】旋转的性质．
【分析】利用正方形和旋转的性质得出A′D=A′E，进而利用勾股定理得出BD的长，进而利用锐角三角函数关系得出DE的长即可．
【解答】解：由题意可得出：∠BDC=45°，∠DA′E=90°，
∴∠DEA′=45°，
∴A′D=A′E，
∵在正方形ABCD中，AD=1，
∴AB=A′B=1，
∴BD=，
∴A′D=﹣1，
∴在Rt△DA′E中，
DE==2﹣．
故答案为：2﹣．
　
三、解答题．（共72分）
17．解方程3x2+5x+1=0．
【考点】解一元二次方程﹣公式法．
【分析】直接利用求根公式求解一元二次方程的解即可．
【解答】解：3x2+5x+1=0，
这里a=3，b=5，c=1，
b2﹣4ac=52﹣4×3×1=13，
x=，
x1=，x2=．
　
18．已知抛物线与x轴交于点（﹣1，0），（2，0），且过点（1，3），求这条抛物线的解析式．
【考点】抛物线与x轴的交点；待定系数法求二次函数解析式．
【分析】先设出抛物线的解析式，然后将点（﹣1，0）（2，0）（1，3）代入即可求得抛物线的解析式．
【解答】解：设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
将点（﹣1，0）（2，0）（1，3）代入得：，
解得：，
∴这条抛物线的解析式为y=﹣x2+x+3．
　
19．如图，正方形网格中，每个小正方形边长都是1，在直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为A（2，﹣4），B（4，﹣4），C（1，﹣1）．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，直接写出A1的坐标　（﹣2，﹣4）　．
（2）画出△ABC绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2C2．

【考点】作图﹣旋转变换；作图﹣轴对称变换．
【分析】（1）利用关于y轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作，A1的坐标为（﹣2，﹣4）；

（2）如图，△A2B2C2为所作．
　
20．在⊙O中，直径AB=6，BC是弦，∠ABC=30°，点P在BC上，点Q在⊙O上，且OP⊥PQ．
（1）如图1，当PQ∥AB时，求PQ的长度；
（2）如图2，当点P在BC上移动时，求PQ长的最大值．

【考点】圆周角定理；勾股定理；解直角三角形．
【分析】（1）连结OQ，如图1，由PQ∥AB，OP⊥PQ得到OP⊥AB，在Rt△OBP中，利用正切定义可计算出OP=3tan30°=，然后在Rt△OPQ中利用勾股定理可计算出PQ=；
（2）连结OQ，如图2，在Rt△OPQ中，根据勾股定理得到PQ=，则当OP的长最小时，PQ的长最大，根据垂线段最短得到OP⊥BC，则OP=OB=，所以PQ长的最大值=．
【解答】解：（1）连结OQ，如图1，
∵PQ∥AB，OP⊥PQ，
∴OP⊥AB，
在Rt△OBP中，∵tan∠B=，
∴OP=3tan30°=，
在Rt△OPQ中，∵OP=，OQ=3，
∴PQ==；
（2）连结OQ，如图2，
在Rt△OPQ中，PQ==，
当OP的长最小时，PQ的长最大，
此时OP⊥BC，则OP=OB=，
∴PQ长的最大值为=．

　
21．某校在一块一边筑墙（墙长15m）的空地上修建一矩形花园，如图，花园一边靠墙，另三边用总长为50m的栅栏围成，设BC边长为xm，花园面积为ym2．
（1）求y与x之间的函数关系，并写出自变量x的取值范围．
（2）结合题意判断，当x取何值时，花园面积最大．

【考点】二次函数的应用．
【分析】（1）首先根据矩形的性质，由花园的BC边长为x（m），可得AB=，然后根据矩形面积的求解方法，即可求得S与x之间的函数关系式，又由墙长15m，即可求得自变量x的范围；
（2）根据（1）中的二次函数的增减性，可知当x＜25时，S随x的增大而增大，故可得当x=15时，S最大，将其代入函数解析式，即可求得最大面积．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵BC=xm，AB+BC+CD=50m，
∴AB=，
∴花园的面积为：S=x•=﹣x2+25x（0＜x≤20）；
∴S与x之间的函数关系式为：S=﹣x2+25x（0＜x≤15）；

（2）∵S=﹣x2+25x=﹣（x﹣25）2+312.5，
∵a=﹣＜0，
∴当x＜25时，y随x的增大而增大，
∴当x=15时，y最大，最大值y=262.5m2．
∴当x=15m时，花园的面积最大，最大面积为265.2m2．
　
22．如图，点P是正方形ABCD内一点，点P到点A、B和D的距离分别为1，2，，△ADP沿点A旋转至△ABP′，连结PP′，并延长AP与BC相交于点Q．
（1）求证：△APP′是等腰直角三角形；
（2）求∠BPQ的大小；
（3）求CQ的长．

【考点】几何变换综合题．
【分析】（1）根据旋转的性质可知，△APD≌△AP′B，所以AP=AP′，∠PAD=∠P′AB，因为∠PAD+∠PAB=90°，所以∠P′AB+∠PAB=90°，即∠PAP′=90°，故△APP′是等腰直角三角形；
（2）根据勾股定理逆定理可判断△PP′B是直角三角形，再根据平角定义求出结果；
（3）作BE⊥AQ，垂足为E，由∠BPQ=45°，P′B=2，求出PE=BE=2，在Rt△ABE中，运用勾股定理求出AB，再由cos∠EAB=cos∠EBQ，求出BQ，则CQ=BC﹣BQ．
【解答】解：（1）∵△ADP沿点A旋转至△ABP′，
∴根据旋转的性质可知，△APD≌△AP′B，
∴AP=AP′，∠PAD=∠P′AB，
∵∠PAD+∠PAB=90°，
∴∠P′AB+∠PAB=90°，
即∠PAP′=90°，
∴△APP′是等腰直角三角形；

（2）由（1）知∠PAP′=90°，AP=AP′=1，
∴PP′=，
∵P′B=PD=，PB=2，
∴P′B2=PP′2+PB2，
∴∠P′PB=90°，
∵△APP′是等腰直角三角形，
∴∠APP′=45°，
∴∠BPQ=180°﹣90°﹣45°=45°；

（3）作BE⊥AQ，垂足为E，
∵∠BPQ=45°，PB=2，
∴PE=BE=2，
∴AE=2+1=3，
∴AB==，BE==2，
∵∠EBQ=∠EAB，cos∠EAB=，
∴cos∠EBQ=，
∴，
∴BQ=，
∴CQ=﹣=．

　
23．如图，以线段AB为直径作⊙O，CD与⊙O相切于点E，交AB的延长线于点D，连接BE，过点O作OC∥BE交切线DE于点C，连接AC．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若BD=OB=4，求弦AE的长．

【考点】切线的判定与性质．
【分析】（1）连接OE，根据CD与圆O相切，利用切线的性质得到OE垂直于CD，再由OC与BE平行，得到同位角相等与内错角相等，根据OB=OE，利用等边对等角得到一对角相等，等量代换得到夹角相等，再由OA=OE，OC=OC，利用SAS得到三角形AOC与三角形EOC全等，利用全等三角形对应角相等得到∠OAC=∠OEC=90°，即可得证；
（2）根据题意得到EB为直角三角形斜边上的中线，求出EB的长，再由OE=OB=EB得到三角形OEB为等边三角形，求出∠ABE=60°，根据AB为圆O直径，利用直径所对的圆周角为直角得到三角形AEB为直角三角形，利用锐角三角函数定义求出AE的长即可．
【解答】（1）证明：连接OE，
∵CD与圆O相切，
∴OE⊥CD，
∴∠CEO=90°，
∵BE∥OC，
∴∠AOC=∠OBE，∠COE=∠OEB，
∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠AOC=∠COE，
在△AOC和△EOC中，
，
∴△AOC≌△EOC（SAS），
∴∠CAO=∠CEO=90°，
则AC与圆O相切；
（2）在Rt△DEO中，BD=OB，
∴BE=OD=OB=4，
∵OB=OE，
∴△BOE为等边三角形，
∴∠ABE=60°，
∵AB为圆O的直径，
∴∠AEB=90°，
∴AE=BE•tan60°=4．

　
24．抛物线y=ax2﹣x﹣2的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，已知点B的坐标为（4，0），
（1）求抛物线的解析式．
（2）若点M是线段BC下方的抛物线上一点，求△MBC面积的最大值，并求出此时M的坐标．
【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式．
【分析】（1）该函数解析式只有一个待定系数，只需将B点坐标代入解析式中即可．
（2）△MBC的面积可由S△MBC=BC×h表示，若要它的面积最大，需要使h取最大值，即点M到直线BC的距离最大，若设一条平行于BC的直线，那么当该直线与抛物线有且只有一个交点时，该交点就是点M．
【解答】解：（1）将B（4，0）代入抛物线的解析式中，得：
0=16a﹣×4﹣2，即：a=；
∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2．


（2）已求得：B（4，0）、C（0，﹣2），可得直线BC的解析式为：y=x﹣2；
设直线l∥BC，则该直线的解析式可表示为：y=x+b，当直线l与抛物线只有一个交点时，可列方程：
x+b=x2﹣x﹣2，即：x2﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0；
∴4﹣4×（﹣2﹣b）=0，即b=4；
∴直线l：y=x﹣4．
由于S△MBC=BC×h，当h最大（即点M到直线BC的距离最远）时，△ABC的面积最大
所以点M即直线l和抛物线的唯一交点，有：，
解得：，
即M（2，﹣3）．
　
25．如图，在平面直角坐标系中，⊙P经过x轴上一点C，与y轴分别相交于A、B两点，连接AP并延长分别交⊙P、x轴于点D、点E，连接DC并延长交y轴于点F．若点F的坐标为（0，1），点D的坐标为（6，﹣1）．
（1）求证：DC=FC；
（2）判断⊙P与x轴的位置关系，并说明理由；
（3）求直线AD的解析式．

【考点】圆的综合题．
【分析】（1）通过证△FOC≌△DHC（AAS）得到：DC=FC；
（2）如图，连接PC．⊙P与x轴的位置关系是相切．欲证明⊙P与x轴相切．只需证得PC⊥x轴；
（3）设AD的长为x，则在等腰直角△ABD中，由勾股定理，得x2=62+（x﹣2）2，通过解方程求得x=10．则点A的坐标为（0，﹣9）．依据点A、D的坐标来求直线AD的解析式．
【解答】（1）证明：如图，过点D作DH⊥x轴于点H，则∠CHD=∠COF=90°．
∵点F的坐标为（0，1），点D的坐标为（6，﹣1），
∴DH=OF，
∵在△FOC与△DHC中，
∴△FOC≌△DHC（AAS），
∴DC=FC；

（2）答：⊙P与x轴相切．理由如下：
如图，连接CP．
∵AP=PD，DC=CF，
∴CP∥AF，
∴∠PCE=∠AOC=90°，即PC⊥x轴．
又PC是半径，
∴⊙P与x轴相切；

（3）解：由（2）可知，CP是△DFA的中位线，
∴AF=2CP．
∵AD=2CP，
∴AD=AF．
连接BD．
∵AD是⊙P的直径，
∴∠ABD=90°，
∴BD=OH=6，OB=DH=FO=1．
设AD的长为x，则在直角△ABD中，由勾股定理，得
x2=62+（x﹣2）2，
解得 x=10．
∴点A的坐标为（0，﹣9）．
设直线AD的解析式为：y=kx+b（k≠0）．则，
解得，
∴直线AD的解析式为：y=x﹣9．

　

2017年5月15日