广东省汕头市澄海区2021届九年级（上）期末数学试卷（解析版）

这是一份广东省汕头市澄海区2021届九年级（上）期末数学试卷（解析版），共26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。
2017-2018学年广东省汕头市澄海区九年级（上）期末数学试卷
　
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．若二次函数y=ax2的图象经过点P（﹣2，4），则该图象必经过点（　　）
A．（4，﹣2） B．（﹣4，2） C．（﹣2，﹣4） D．（2，4）
2．一元二次方程x2﹣8x﹣1=0配方后可变形为（　　）
A．（x+4）2=17 B．（x﹣4）2=17 C．（x+4）2=15 D．（x﹣4）2=15
3．随着人们生活水平的提高，我国拥有汽车的居民家庭也越来越多，下列汽车标志中，是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4．如图，经过原点O的⊙P与x、y轴分别交于A、B两点，点C是劣弧OB上一点，则∠ACB=（　　）

A．80° B．90° C．100° D．无法确定
5．在二次函数y=x2﹣2x+3的图象中，若y随x的增大而增大，则x的取值范围是（　　）
A．x＜﹣1 B．x＞﹣1 C．x＜1 D．x＞1
6．有x支球队参加篮球比赛，共比赛了21场，每两队之间都比赛一场，则下列方程中符合题意的是（　　）
A．x（x﹣1）=21 B．x（x+1）=21 C．x（x﹣1）=42 D．x（x+1）=42
7．三张外观相同的卡片分别标有数字1、2、3，从中随机一次抽出两张，这两张卡片上的数字恰好都小于3的概率是（　　）
A． B． C． D．
8．如果将抛物线y=x2+2先向左平移1个单位，再向下平移2个单位，那么所得新抛物线的表达式是（　　）
A．y=（x﹣1）2 B．y=（x+1）2 C．y=x2+1 D．y=x2+3
9．如图，在△ABC中，∠CAB=65°，在同一平面内，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转到△AB'C'的位置，使得CC'∥AB，则∠BAB'=（　　）

A．30° B．35° C．40° D．50°
10．如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，正方形CDEF的顶点C是弧AB的中点，点D在OB上，点E在OB的延长线上，若正方形CDEF的边长为2，则图中阴影部分的面积为（　　）

A．π﹣2 B．2π﹣2 C．4π﹣4 D．4π﹣8
　
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
11．点P（2，﹣3）关于原点的对称点P′的坐标为　　．
12．一元二次方程x2﹣16=0的解是　　．
13．抛物线y=x2+2x+1的顶点坐标是　　．
14．若⊙O是等边△ABC的外接圆，⊙O的半径为2，则等边△ABC的边长为　　．

15．用一根长为16cm的铁丝围成一个矩形，则围成矩形面积的最大值是　　cm2．
16．已知正方形ABCD中，点E在边DC上，DE=2，EC=1（如图所示）把线段AE绕点A旋转，使点E落在直线BC上的点F处，则F、C两点的距离为　　．

　
三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题6分，共18分）
17．设二次函数的图象的顶点坐标为（﹣2，2），且过点（1，1），求这个函数的关系式．
18．已知x=﹣1是关于x的方程x2+2ax+a2=0的一个根，求a的值．
19．在数学活动课中，同学们准备了一些等腰直角三角形纸片，从每张纸片中剪出一个扇形制作圆锥玩具模型．如图，已知△ABC是腰长为4的等腰直角三角形．
（1）在等腰直角三角形ABC纸片中，以C为圆心，剪出一个面积最大的扇形（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
（2）请求出所制作圆锥底面的半径长．

　
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题7分，共21分）
20．小明、小林是三河中学九年级的同班同学，在四月份举行的自主招生考试中，他俩都被同一所高中提前录取，并将被编入A、B、C三个班，他俩希望能再次成为同班同学．
（1）请你用画树状图法或列举法，列出所有可能的结果；
（2）求两人再次成为同班同学的概率．
21．已知关于的方程x2+2x+m﹣2=0．
（1）若该方程有两个不相等的实数根，求实数m的取值范围；
（2）当该方程的一个根为1时，求m的值及方程的另一根．
22．在某市组织的大型商业演出活动中，对团体购买门票实行优惠，决定在原定票价基础上每张降价80元，这样按原定票价需花费6000元购买的门票张数，现在只花费了4800元．
（1）求每张门票的原定票价；
（2）根据实际情况，活动组织单位决定对于个人购票也采取优惠政策，原定票价经过连续二次降价后降为324元，求平均每次降价的百分率．
　
五、解答题（三）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
23．如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．
（1）求证：BE=CF；
（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．

24．如图，已知AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，AD与过点C的切线垂直，垂足为点D，直线DC与AB的延长线相交于点P，弦CE平分∠ACB，交AB于点F，连接BE．
（1）求证：AC平分∠DAB；
（2）求证：△PCF是等腰三角形；
（3）若AF=6，EF=2，求⊙O 的半径长．

25．如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为Q（2，﹣1），且与y轴交于点C（0，3），与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），点P是该抛物线上一动点，从点C沿抛物线向点A运动（点P与A不重合），过点P作PD∥y轴，交AC于点D．
（1）求该抛物线的函数关系式；
（2）设P（x，y），PD的长度为l，求l与x的函数关系式，并求l的最大值；
（3）当△ADP是直角三角形时，求点P的坐标．

　

2017-2018学年广东省汕头市澄海区九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．若二次函数y=ax2的图象经过点P（﹣2，4），则该图象必经过点（　　）
A．（4，﹣2） B．（﹣4，2） C．（﹣2，﹣4） D．（2，4）
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【分析】先确定出二次函数图象的对称轴为y轴，再根据二次函数的对称性解答．
【解答】解：∵二次函数y=ax2的对称轴为y轴，
∴若图象经过点P（﹣2，4），
则该图象必经过点（2，4）．
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数图象的对称性，确定出函数图象的对称轴为y轴是解题的关键．
　
2．一元二次方程x2﹣8x﹣1=0配方后可变形为（　　）
A．（x+4）2=17 B．（x﹣4）2=17 C．（x+4）2=15 D．（x﹣4）2=15
【考点】解一元二次方程﹣配方法．
【分析】先移项，再两边配上一次项系数一半的平方可得．
【解答】解：∵x2﹣8x﹣1=0，
∴x2﹣8x=1，
∴x2﹣8x+16=1+16，即（x﹣4）2=17，
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．
　
3．随着人们生活水平的提高，我国拥有汽车的居民家庭也越来越多，下列汽车标志中，是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】中心对称图形．
【分析】根据中心对称图形的定义，结合选项所给图形进行判断即可．
【解答】解：A、是中心对称图形，故本选项正确；
B、不是中心对称图形，故本选项错误；
C、不是中心对称图形，故本选项错误；
D、不是中心对称图形，故本选项错误；
故选A．
【点评】本题考查了中心对称图形的知识，判断中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图形重合．
　
4．如图，经过原点O的⊙P与x、y轴分别交于A、B两点，点C是劣弧OB上一点，则∠ACB=（　　）

A．80° B．90° C．100° D．无法确定
【考点】圆周角定理；坐标与图形性质．
【分析】根据圆周角定理即可得．
【解答】解：∵∠ACB与∠AOB所对的弧是同一段弧，且∠AOB=90°，
∴∠ACB=∠AOB=90°，
故选：B．
【点评】本题主要考查圆周角定理，熟练掌握圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．
　
5．在二次函数y=x2﹣2x+3的图象中，若y随x的增大而增大，则x的取值范围是（　　）
A．x＜﹣1 B．x＞﹣1 C．x＜1 D．x＞1
【考点】二次函数的性质．
【分析】抛物线y=x2﹣2x+3中的对称轴是直线x=1，开口向上，x＞1时，y随x的增大而增大．
【解答】解：∵a=1＞0，
∴二次函数图象开口向上，
又∵对称轴是直线x=﹣=1，
∴当x＞1时，函数图象在对称轴的右边，y随x的增大而增大．
故选D．
【点评】本题考查了二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的性质：当a＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线x=﹣，在对称轴左边，y随x的增大而增大．
　
6．有x支球队参加篮球比赛，共比赛了21场，每两队之间都比赛一场，则下列方程中符合题意的是（　　）
A．x（x﹣1）=21 B．x（x+1）=21 C．x（x﹣1）=42 D．x（x+1）=42
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【分析】设这次有x队参加比赛，由于赛制为单循环形式（2016•海南）三张外观相同的卡片分别标有数字1、2、3，从中随机一次抽出两张，这两张卡片上的数字恰好都小于3的概率是（　　）
A． B． C． D．
【考点】列表法与树状图法．
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两张卡片上的数字恰好都小于3的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】解：画树状图得：

∵共有6种等可能的结果，而两张卡片上的数字恰好都小于3有2种情况，
∴两张卡片上的数字恰好都小于3概率==．
故选A．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．解题的关键是要注意是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
　
8．如果将抛物线y=x2+2先向左平移1个单位，再向下平移2个单位，那么所得新抛物线的表达式是（　　）
A．y=（x﹣1）2 B．y=（x+1）2 C．y=x2+1 D．y=x2+3
【考点】二次函数图象与几何变换．
【分析】先求出平移后的抛物线的顶点坐标，再利用顶点式抛物线解析式写出即可．
【解答】解：抛物线y=x2+1的顶点坐标为（0，2），
向左平移1个单位，向下平移2个单位后的抛物线的顶点坐标为（﹣1，0），
所以，平移后的抛物线的解析式为y=（x+1）2．
故选B．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用根据规律利用点的变化确定函数解析式
　
9．如图，在△ABC中，∠CAB=65°，在同一平面内，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转到△AB'C'的位置，使得CC'∥AB，则∠BAB'=（　　）

A．30° B．35° C．40° D．50°
【考点】旋转的性质．
【分析】由平行线的性质可求得∠C′CA的度数，然后由旋转的性质得到AC=AC′，然后依据等腰三角形的性质可知∠AC′C的度数，依据三角形的内角和定理可求得∠CAC′的度数，从而得到∠BAB′的度数．
【解答】解：∵CC′∥AB，
∴∠C′CA=∠CAB=65°．
∵由旋转的性质可知；AC=AC′，
∴∠ACC′=∠AC′C=65°．
∴∠CAC′=180°﹣65°﹣65°=50°．
∴∠BAB′=50°．
故选D．
【点评】本题主要考查的是旋转的性质，得到∠C′CA=65°以及AC=AC′是解题的关键．
　
10．如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，正方形CDEF的顶点C是弧AB的中点，点D在OB上，点E在OB的延长线上，若正方形CDEF的边长为2，则图中阴影部分的面积为（　　）

A．π﹣2 B．2π﹣2 C．4π﹣4 D．4π﹣8
【考点】扇形面积的计算；正方形的性质．
【分析】连结OC，根据勾股定理可求OC的长，根据题意可得出阴影部分的面积=扇形BOC的面积﹣三角形ODC的面积，依此列式计算即可求解．
【解答】解：连接OC∵在扇形AOB中∠AOB=90°，正方形CDEF的顶点C是的中点，
∴∠COD=45°，
∴OC=CD=2，
∴阴影部分的面积=扇形BOC的面积﹣三角形ODC的面积
=×π×（2）2﹣×22
=π﹣2．
故选：A．

【点评】考查了正方形的性质和扇形面积的计算，解题的关键是得到扇形半径的长度．
　
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
11．点P（2，﹣3）关于原点的对称点P′的坐标为　（﹣2，3）　．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【专题】常规题型．
【分析】由关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，即可求出答案．
【解答】解：因为关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，
所以：点（2，﹣3）关于原点的对称点的坐标为（﹣2，3）．
故答案为：（﹣2，3）．
【点评】考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；
（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
　
12．一元二次方程x2﹣16=0的解是　x1=﹣4，x2=4　．
【考点】解一元二次方程﹣直接开平方法．
【专题】计算题．
【分析】方程变形后，开方即可求出解．
【解答】解：方程变形得：x2=16，
开方得：x=±4，
解得：x1=﹣4，x2=4．
故答案为：x1=﹣4，x2=4
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣直接开平方法，熟练掌握平方根的定义是解本题的关键．
　
13．抛物线y=x2+2x+1的顶点坐标是　（﹣1，0）　．
【考点】二次函数的性质．
【专题】计算题．
【分析】把a、b、c的值直接代入顶点的公式中计算即可．
【解答】解：∵a=1，b=2，c=1，
∴﹣=﹣=﹣1，
==0，
故答案是（﹣1，0）．
【点评】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是掌握顶点的计算公式．
　
14．若⊙O是等边△ABC的外接圆，⊙O的半径为2，则等边△ABC的边长为　　．

【考点】三角形的外接圆与外心；等边三角形的性质．
【分析】首先连接OB，OC，过点O作OD⊥BC于D，由⊙O是等边△ABC的外接圆，即可求得∠OBC的度数，然后由三角函数的性质即可求得OD的长，又由垂径定理即可求得等边△ABC的边长．
【解答】解：连接OB，OC，过点O作OD⊥BC于D，
∴BC=2BD，
∵⊙O是等边△ABC的外接圆，
∴∠BOC=×360°=120°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB===30°，
∵⊙O的半径为2，
∴OB=2，
∴BD=OB•cos∠OBD=2×cos30°=2×=，
∴BC=2BD=2．
∴等边△ABC的边长为2．
故答案为：2．

【点评】本题考查了垂径定理，圆的内接等边三角形，以及三角函数的性质等知识．此题难度不大，解题的关键是掌握数形结合思想的应用与辅助线的作法．
　
15．用一根长为16cm的铁丝围成一个矩形，则围成矩形面积的最大值是　16　cm2．
【考点】二次函数的应用．
【分析】先根据题意列出函数关系式，再求其最值即可．
【解答】解：设矩形的一边长为xcm，所以另一边长为（8﹣x）cm，
其面积为s=x（8﹣x）=﹣x2+8x=﹣（x﹣4）2+16，
∴周长为16cm的矩形的最大面积为16cm2．
故答案为：16．
【点评】此题考查的是二次函数在实际生活中的应用及求二次函数的最大（小）值有三种方法：第一种可由图象直接得出；第二种是配方法；第三种是公式法．常用的是后两种方法，当二次系数a的绝对值是较小的整数时，用配方法较好，如y=﹣x2﹣2x+5，y=3x2﹣6x+1等用配方法求解比较简单．
　
16．已知正方形ABCD中，点E在边DC上，DE=2，EC=1（如图所示）把线段AE绕点A旋转，使点E落在直线BC上的点F处，则F、C两点的距离为　1或5　．

【考点】旋转的性质；正方形的性质．
【专题】压轴题．
【分析】题目里只说“旋转”，并没有说顺时针还是逆时针，而且说的是“直线BC上的点”，所以有两种情况，即一个是逆时针旋转，一个顺时针旋转，根据旋转的性质可知．
【解答】解：旋转得到F1点，
∵AE=AF1，AD=AB，∠D=∠ABC=90°，
∴△ADE≌△ABF1，
∴F1C=1；
旋转得到F2点，同理可得△ABF2≌△ADE，
∴F2B=DE=2，
F2C=F2B+BC=5．

【点评】本题主要考查了旋转的性质．
　
三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题6分，共18分）
17．设二次函数的图象的顶点坐标为（﹣2，2），且过点（1，1），求这个函数的关系式．
【考点】待定系数法求二次函数解析式．
【专题】计算题．
【分析】由于已知抛物线的顶点坐标，则可设顶点式y=a（x+2）2+2，然后把点（1，1）代入求出a的值即可．
【解答】解：设这个函数的关系式为y=a（x+2）2+2，
把点（1，1）代入y=a（x+2）2+2得9a+2=1，
解得a=﹣，
所以这个函数的关系式为y=﹣（x+2）2+2．
【点评】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．
　
18．已知x=﹣1是关于x的方程x2+2ax+a2=0的一个根，求a的值．
【考点】一元二次方程的解．
【专题】计算题．
【分析】根据一元二次方程解的定义，把x=﹣1代入x2+2ax+a2=0得到关于a的一元二次方程1﹣2a+a2=0，然后解此一元二次方程即可．
【解答】解：把x=﹣1代入x2+2ax+a2=0得1﹣2a+a2=0，
解得a1=a2=1，
所以a的值为1．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
　
19．在数学活动课中，同学们准备了一些等腰直角三角形纸片，从每张纸片中剪出一个扇形制作圆锥玩具模型．如图，已知△ABC是腰长为4的等腰直角三角形．
（1）在等腰直角三角形ABC纸片中，以C为圆心，剪出一个面积最大的扇形（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
（2）请求出所制作圆锥底面的半径长．

【考点】作图—应用与设计作图；等腰直角三角形；扇形面积的计算；圆锥的计算．
【分析】（1）根据题意作出图形即可；
（2根据勾股定理得到AB=，由（1）可知CD平分∠ACB，根据等腰三角形的性质得到CD⊥AB，根据弧长的公式即可得到结论．
【解答】解：（1）如图所示：扇形CEF为所求作的图形；
（2）∵△ABC是等腰直角三角形，且AC=BC=4，
∴AB=，
由（1）可知CD平分∠ACB，
∴CD⊥AB，
∴CD=，
设圆锥底面的半径长为r，依题意得：2πr=，
∴r=，
答：所制作圆锥底面的半径长为．

【点评】本题考查了作图﹣应用与设计作图，等腰直角三角形的性质，弧长的计算，正确的作出图形是解题的关键．
　
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题7分，共21分）
20．小明、小林是三河中学九年级的同班同学，在四月份举行的自主招生考试中，他俩都被同一所高中提前录取，并将被编入A、B、C三个班，他俩希望能再次成为同班同学．
（1）请你用画树状图法或列举法，列出所有可能的结果；
（2）求两人再次成为同班同学的概率．
【考点】列表法与树状图法．
【分析】（1）画树状图法或列举法，即可得到所有可能的结果；
（2）由（1）可知两人再次成为同班同学的概率．
【解答】解：
（1）画树状图如下：

由树形图可知所以可能的结果为AA，AB，AC，BA，BB，BC，CA，CB，CC；
（2）由（1）可知两人再次成为同班同学的概率==．
【点评】本题涉及列表法和树状图法以及相关概率知识，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
　
21．已知关于的方程x2+2x+m﹣2=0．
（1）若该方程有两个不相等的实数根，求实数m的取值范围；
（2）当该方程的一个根为1时，求m的值及方程的另一根．
【考点】根与系数的关系；根的判别式．
【分析】（1）由方程有两个不相等的实数根结合根的判别式即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出实数m的取值范围；
（2）设方程的另一根为x1，由根与系数的关系即可得出关于m、x1的二元一次方程组，解之即可得出结论．
【解答】解：（1）依题意得：△=b2﹣4ac=22﹣4×1×（m﹣2）=12﹣4m＞0，
解得：m＜3．
∴若该方程有两个不相等的实数根，实数m的取值范围为m＜3．

（2）设方程的另一根为x1，
由根与系数的关系得：，
解得：，
∴m的值为﹣1，该方程的另一根为﹣3．
【点评】本题考查了根与系数的关系、根的判别式以及解二元一次方程组，解题的关键是：（1）熟练掌握“当△＞0时，方程有两个不相等的实数根”；（2）利用根与系数的关系找出关于m、x1的二元一次方程组．
　
22．在某市组织的大型商业演出活动中，对团体购买门票实行优惠，决定在原定票价基础上每张降价80元，这样按原定票价需花费6000元购买的门票张数，现在只花费了4800元．
（1）求每张门票的原定票价；
（2）根据实际情况，活动组织单位决定对于个人购票也采取优惠政策，原定票价经过连续二次降价后降为324元，求平均每次降价的百分率．
【考点】一元二次方程的应用；分式方程的应用．
【分析】（1）设每张门票的原定票价为x元，则现在每张门票的票价为（x﹣80）元，根据“按原定票价需花费6000元购买的门票张数，现在只花费了4800元”建立方程，解方程即可；
（2）设平均每次降价的百分率为y，根据“原定票价经过连续二次降价后降为324元”建立方程，解方程即可．
【解答】解：（1）设每张门票的原定票价为x元，则现在每张门票的票价为（x﹣80）元，根据题意得
=，
解得x=400．
经检验，x=400是原方程的根．
答：每张门票的原定票价为400元；

（2）设平均每次降价的百分率为y，根据题意得
400（1﹣y）2=324，
解得：y1=0.1，y2=1.9（不合题意，舍去）．
答：平均每次降价10%．
【点评】本题考查了一元二次方程与分式方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
　
五、解答题（三）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
23．如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．
（1）求证：BE=CF；
（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．

【考点】旋转的性质；勾股定理；菱形的性质．
【专题】计算题；证明题．
【分析】（1）先由旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，利用AB=AC可得AE=AF，于是根据旋转的定义，△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，然后根据旋转的性质得到BE=CD；
（2）由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE﹣DE求解．
【解答】（1）证明：∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，
∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，
∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，
∵AB=AC，
∴AE=AF，
∴△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，
∴BE=CF；
（2）解：∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1，
∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，
∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，
∴∠AEB=∠ABE=45°，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴BE=AC=，
∴BD=BE﹣DE=﹣1．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了菱形的性质．
　
24．如图，已知AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，AD与过点C的切线垂直，垂足为点D，直线DC与AB的延长线相交于点P，弦CE平分∠ACB，交AB于点F，连接BE．
（1）求证：AC平分∠DAB；
（2）求证：△PCF是等腰三角形；
（3）若AF=6，EF=2，求⊙O 的半径长．

【考点】切线的性质；等腰三角形的判定与性质．
【分析】（1）根据切线的性质得OC⊥AD，而AD⊥DP，则肯定判断OC∥AD，根据平行线的性质得∠DAC=∠OCA，加上∠OAC=∠OCA，所以∠OAC=∠DAC；
（2）根据圆周角定理由AB为⊙O的直径得∠ACB=90°，则∠BCE=45°，再利用圆周角定理得∠BOE=2∠BCE=90°，则∠OFE+∠OEF=90°，易得∠CFP+∠OEF=90°，再根据切线的性质得到∠OCF+∠PCF=90°，而∠OCF=∠OEF，根据等角的余角相等得到∠PCF=∠CFP，于是可判断△PCF是等腰三角形；
（3）连结OE．由AB为⊙O的直径，得到∠ACB=90°，根据角平分线的定义得到∠BCE=45°，设⊙O 的半径为r，则OF=6﹣r，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵PD为⊙O的切线，
∴OC⊥DP，
∵AD⊥DP，
∴OC∥AD，
∴∠DAC=∠OCA，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠OAC=∠DAC，
∴AC平分∠DAB；

（2）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵CE平分∠ACB，
∴∠BCE=45°，
∴∠BOE=2∠BCE=90°，
∴∠OFE+∠OEF=90°，
而∠OFE=∠CFP，
∴∠CFP+∠OEF=90°，
∵OC⊥PD，
∴∠OCP=90°，即∠OCF+∠PCF=90°，
而∠OCF=∠OEF，
∴∠PCF=∠CFP，
∴△PCF是等腰三角形；

（3）解：连结OE．
∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，
∵CE平分∠ACB，∴∠BCE=45°，
∴∠BOE=90°，即OE⊥AB，
设⊙O 的半径为r，则OF=6﹣r，
在Rt△EOF中，∵OE2+OF2=EF2，
∴r2+（6﹣r）2=（2）2，
解得，r1=4，r2=2，
当r1=4时，OF=6﹣r=2（符合题意），
当r2=2时，OF=6﹣r=4（不合题意，舍去），
∴⊙O的半径r=4．

【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和等腰三角形的判定．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．
　
25．如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为Q（2，﹣1），且与y轴交于点C（0，3），与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），点P是该抛物线上一动点，从点C沿抛物线向点A运动（点P与A不重合），过点P作PD∥y轴，交AC于点D．
（1）求该抛物线的函数关系式；
（2）设P（x，y），PD的长度为l，求l与x的函数关系式，并求l的最大值；
（3）当△ADP是直角三角形时，求点P的坐标．

【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）设y=a（x﹣2）2﹣1，将C（0，3）代入求得a的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）令y=0，得x2﹣4x+3=0，求得方程方程的解，从而可得到点A、B的坐标，设直线AC的函数关系式为y=mx+n，将A（3，0），C（0，3）代入可求得m、n的值，故此可得到AC的解析式为y=﹣x+3上，设D（x，﹣x+3），P（x，x2﹣4x+3），然后依据l=Dy﹣Py列出l与x的函数关系式，依据二次根式的性质可求得PD的最大值；
（3）①当点P为直角顶点时，点P与点B重合，②当点A为直角顶点时，可证明∠DAO=∠PAO，然后可证明点D与P关于x轴对称，设D（x，﹣x+3），P（x，x2﹣4x+3），依据关于x轴对称点的纵坐标互为相反数可列出关于x的方程，从而可求得x的值，故此可求得点P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点为Q（2，﹣1），
∴设y=a（x﹣2）2﹣1，
将C（0，3）代入上式得3=a（0﹣2）2﹣1，
解得：a=1，
∴y=（x﹣2）2﹣1，即y=x2﹣4x+3．

（2）令y=0，得x2﹣4x+3=0，解得x1=1，x2=3，
∵点A在点B的右边，
∴A （3，0），B（1，0）
设直线AC的函数关系式为y=mx+n，
将A（3，0），C（0，3）代入上式得，，解得：，
∴y=﹣x+3．
∵D在y=﹣x+3上，P在y=x2﹣4x+3上，且PD∥y轴，
∴D（x，﹣x+3），P（x，x2﹣4x+3），
∴l=PD=﹣x+3﹣（x2﹣4x+3）=﹣x2+3x=
∴当时，l取得最大值为．

（3）分两种情况：
①当点P为直角顶点时，如图1，点P与点B重合，

由（2）可知B（1，0），
∴P（1，0）．
②当点A为直角顶点时，如图2，

∵OA=OC，∠AOC=90°，
∴∠OAD=45°，
当∠DAP=90°时，∠OAP=45°，
∴AO平分∠DAP，
又∵PD∥y轴，
∴PD⊥AO，
∴P与D关于x轴对称，
∵D（x，﹣x+3），P（x，x2﹣4x+3），
∴（﹣x+3）+（x2﹣4x+3）=0，
整理得x2﹣5x+6=0，
∴x1=2，x2=3（舍去），
当x=2时，y=x2﹣4x+3=22﹣4×2+3=﹣1，
∴P的坐标为P（2，﹣1）．
∴满足条件的P点坐标为P（1，0），P（2，﹣1）．
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，二次函数的性质、依据l=Dy﹣Py列出l与x的函数关系式是解答问题（2）的关键，证得点D与P关于x轴对称，利用关于x轴对称点的特点列出关于x的方程是解答问题（3）的关键．