广东省广州市白云区华新学校2023-—2024学年九年级上学期期中数学试卷

这是一份广东省广州市白云区华新学校2023-—2024学年九年级上学期期中数学试卷，共27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．（3分）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）下列方程中，是一元二次方程的是（ ）
A．（x+3）2﹣25＝0B．xy﹣1＝0
C．x2+y3﹣2＝0D．x+2x2＝
3．（3分）抛物线y＝（x﹣2）2+2与y轴的交点坐标是（ ）
A．（2，2）B．（0，6）C．（0，2）D．（0，4）
4．（3分）已知⊙O半径为4，圆心O在坐标原点上，点P的坐标为（3，4），则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O内B．点P在⊙O上C．点P在⊙O外D．不能确定
5．（3分）关于反比例函数的图象性质，下列说法不正确的是（ ）
A．图象经过点（1，3）
B．图象分别位于第一、三象限
C．图象关于原点对称
D．当x＜0时，y随x的增大而增大
6．（3分）如图，AB为⊙O的直径，AB＝6，AB⊥弦CD，垂足为G，EF切⊙O于点B，∠A＝30°，连接AD、OC、BC，下列结论不正确的是（ ）
A．EF∥CDB．△COB是等边三角形
C．CG＝DGD．的长为π
7．（3分）关于x的一元二次方程x2﹣（k﹣3）x﹣k+1＝0的根的情况，下列说法正确的是（ ）
A．有两个不相等的实数根
B．有两个相等的实数根
C．无实数根
D．无法确定
8．（3分）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，点B的对应点为点E，点A的对应点为点D，当点E恰好落在边AC上时，连接AD，若∠ACB＝30°，则∠DAC的度数是（ ）
A．60°B．65°C．70°D．75°
9．（3分）圆锥的底面直径是8，母线长是9，则该圆锥的全面积为（ ）
A．36πB．52πC．100πD．136π
10．（3分）已知二次函数y＝ax2﹣2ax+1（a为常数，且a＜0）的图象上有三点A（﹣2，y1），B（1，y2），C（3，y3），则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3B．y1＜y3＜y2C．y2＜y1＜y3D．y2＜y3＜y1
二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）
11．（3分）已知点A（1，m）与A'（n，﹣3）关于原点对称，则mn＝ ．
12．（3分）若x＝1是关于x的一元二次方程x2+ax+2b＝0的解，则a+2b＝ ．
13．（3分）若在反比例函数图象的每一支上，y随x的增大而增大．那么t的取值范围是 ．
14．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则点P（a，bc）在第 象限．
15．（3分）如图，在直角三角形ABC中，∠ABC＝60°，BC＝，将△ABC顺时针旋转15°得到△A′BC′，AB与A′C′相交于点E，则A′E的长为 ．（结果保留根号）
16．（3分）⊙O的半径为1，弦AB＝，弦AC＝，则∠BAC度数为 ．
三、解答题（共9小题，满分52分）
17．解方程：x2﹣2x＝8．（3分）
18．如图，已知△OAB，点A、B坐标分别为（2，4）、（2，1）．
（1）把△OAB绕着原点O顺时针旋转90°得△OA1B1画出旋转后的△OA1B1；（3分）
（2）在（1）的条件下，线段OB在旋转过程中扫过的图形面积为 .（结果保留π）（3分）
19．如图，某隧道横截面上的上下轮廓线分别由抛物线对称的一部分和矩形的一部分构成．最大高度为6米，底部宽度为12m，AO＝3m．现以O点为原点，OM所在直线为x轴建立直角坐标系．
（1）直接写出点A及抛物线顶点P的坐标；（2分）
（2）求出这条抛物线的函数解析式．（3分）
20．如图，反比例函数y1＝（k≠0）的图象与一次函数y2＝mx+n（m≠0）的图象交于第二、四象限内的点A（a，4）和点B（b，﹣1）．过点A作x轴的垂线，垂足为点C，且△AOC的面积为4．
（1）求这两个函数的解析式；（3分）
（2）结合图象直接写出mx+n≤的解集．（3分）
21．如图，△ABC中，BA＝BC．
（1）尺规作图：以BA直径作⊙O交AC于点D（不用写作法，保留作图痕迹）；（2分）
（2）延长CB交⊙O于点E，连接DE，若BC＝5，CD＝4，求BE长．（3分）
22．如图1，在一张长40cm，宽25cm的长方形硬纸片，裁去角上四个小正方形之后，折成如图2的无盖纸盒，若纸盒的底面积是450cm2，则纸盒的高是多少？（5分）
23．如图，⊙O的直径AB＝6，AM和BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，并与AM，BN分别相交于D，C两点．设AD＝x，BC＝y．
（1）点O到直线CD的距离为 ；（2分）
（2）求y与x的函数解析式．（3分）
24．已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴交于A（﹣1，0）、B两点，与y轴交于点C（0，﹣3a）．
（1）求点B的坐标；（2分）
（2）若a＝，点M和点N在抛物线上，且M的横坐标为4，点N在第二象限，若∠AMN＝2∠OAM，求点N的坐标；（3分）
（3）P是第四象限内抛物线上的一个动点，直线PA、PB分别交y轴于点M、N，判断CM与CN的数量关系，并说明理由．（3分）
25．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，点F在直线DE上，且AD＝AF，连接BF．
（1）如图1，当0°＜α＜90°时，
①求∠BAF的大小（用含α的式子表示）．（2分）
②求证：EF＝BF．（3分）
（2）如图2，取线段EF的中点G，连接AG，已知AB＝2，请直接写出在线段CE旋转过程中（0°＜α＜360°）△ADG面积的最大值．（4分）
2023-2024学年广州市白云区华师附中新世界学校九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（3分）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【解答】解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2．（3分）下列方程中，是一元二次方程的是（ ）
A．（x+3）2﹣25＝0B．xy﹣1＝0
C．x2+y3﹣2＝0D．x+2x2＝
【分析】根据一元二次方程的概念：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数为2的整式方程；由此问题可求解．
【解答】解：A、（x+3）2﹣25＝0，是一元二次方程，故符合题意；
B、xy﹣1＝0，含有两个未知数，故不符合题意；
C、x2+y3﹣2＝0，含有两个未知数，故不符合题意；
D、x+2x2＝，不是整式方程，故不符合题意；
故选：A．
【点评】本题主要考查一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
3．（3分）抛物线y＝（x﹣2）2+2与y轴的交点坐标是（ ）
A．（2，2）B．（0，6）C．（0，2）D．（0，4）
【分析】根据题意得出x＝0，然后求出y的值，即可以得到与y轴的交点坐标．
【解答】解：令x＝0，得y＝（x﹣2）2+2＝（0﹣2）2+2＝6，
故与y轴的交点坐标是：（0，6）．
故选：B．
【点评】本题主要考查了抛物线与坐标轴交点的知识．
4．（3分）已知⊙O半径为4，圆心O在坐标原点上，点P的坐标为（3，4），则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O内B．点P在⊙O上C．点P在⊙O外D．不能确定
【分析】先根据勾股定理求出OP的长，再与⊙O的半径为5相比较即可．
【解答】解：∵P的坐标为（3，4），
∴OP＝＝5．
∵⊙O的半径为4，5＞4，
∴点P在⊙O外．
故选：C．
【点评】本题考查点与圆的位置关系，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是熟知点与圆的三种位置关系．
5．（3分）关于反比例函数的图象性质，下列说法不正确的是（ ）
A．图象经过点（1，3）
B．图象分别位于第一、三象限
C．图象关于原点对称
D．当x＜0时，y随x的增大而增大
【分析】根据反比例函数的性质即可逐一分析找出正确选项．
【解答】解：A．当x＝1时，y＝＝3，所以图象经过点（1，3），说法正确，不合题意；
B．k＝3＞0，则图象位于第一、三象限，故说法正确，不合题意；
C．反比例函数的图象关于原点成中心对称，故说法正确，不合题意；
D．k＝3＞0，则图象在第一、三象限内，y随x的增大而减小，所以当x＜0时，y随x的增大而减小，故说法错误，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查反比例函数的性质，准确理解反比例函数的性质是解题关键，可结合图象更易于分析．
6．（3分）如图，AB为⊙O的直径，AB＝6，AB⊥弦CD，垂足为G，EF切⊙O于点B，∠A＝30°，连接AD、OC、BC，下列结论不正确的是（ ）
A．EF∥CDB．△COB是等边三角形
C．CG＝DGD．的长为π
【分析】根据切线的性质定理和垂径定理判断A；根据等边三角形的判定定理判断B；根据垂径定理判断C；利用弧长公式计算出的长判断D．
【解答】解：∵AB为⊙O的直径，EF切⊙O于点B，
∴AB⊥EF，又AB⊥CD，
∴EF∥CD，A正确；
∵AB⊥弦CD，
∴＝，
∴∠COB＝2∠A＝60°，又OC＝OB，
∴△COB是等边三角形，B正确；
∵AB⊥弦CD，
∴CG＝DG，C正确；
的长为：＝π，D错误，
故选：D．
【点评】本题考查的是垂径定理、弧长的计算、切线的性质，掌握弧长的计算公式l＝、切线的性质定理以及垂径定理是解题的关键．
7．（3分）关于x的一元二次方程x2﹣（k﹣3）x﹣k+1＝0的根的情况，下列说法正确的是（ ）
A．有两个不相等的实数根
B．有两个相等的实数根
C．无实数根
D．无法确定
【分析】先计算判别式，再配方得到Δ＝（k﹣1）2+4，然后根据非负数的性质得到Δ＞0，再根据判别式的意义即可得到方程总有两个不相等的实数根．
【解答】解：Δ＝[﹣（k﹣3）]2﹣4（﹣k+1）
＝k2﹣6k+9﹣4+4k
＝k2﹣2k+5
＝（k﹣1）2+4，
∵（k﹣1）2≥0，
∴（k﹣1）2+4＞0，即Δ＞0，
∴方程总有两个不相等的实数根．
故选：A．
【点评】本题主要考查根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：
①当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当Δ＜0时，方程无实数根．
8．（3分）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，点B的对应点为点E，点A的对应点为点D，当点E恰好落在边AC上时，连接AD，若∠ACB＝30°，则∠DAC的度数是（ ）
A．60°B．65°C．70°D．75°
【分析】由旋转性质知△ABC≌△DEC，据此得∠ACB＝∠DCE＝30°、AC＝DC，继而可得答案．
【解答】解：由题意知△ABC≌△DEC，
则∠ACB＝∠DCE＝30°，AC＝DC，
∴∠DAC＝＝＝75°，
故选：D．
【点评】本题主要考查旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等．
9．（3分）圆锥的底面直径是8，母线长是9，则该圆锥的全面积为（ ）
A．36πB．52πC．100πD．136π
【分析】根据扇形面积公式、圆的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：圆锥的全面积＝圆锥的侧面积+底面圆的面积
＝×8π×9+π×（）2
＝36π+16π
＝52π，
故选：B．
【点评】本题考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键．
10．（3分）已知二次函数y＝ax2﹣2ax+1（a为常数，且a＜0）的图象上有三点A（﹣2，y1），B（1，y2），C（3，y3），则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3B．y1＜y3＜y2C．y2＜y1＜y3D．y2＜y3＜y1
【分析】先确定对称轴，根据把点A的对称点确定，转化为对称轴同侧的点，根据抛物线开口向下，对称轴的右侧y随x的增大而减小即可得到解答．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2﹣2ax+1（a为常数，且a＜0）的图象上有三点A（﹣2，y1），B（1，y2），C（3，y3），
∴对称轴．
设点A的对称点为（x0，y1），
所以．
解得x0＝4，
∴点A的对称点为（4，y1）．
∵a＜0，
∴抛物线开口向下．
∴对称轴的右侧y随x的增大而增减小．
∵4＞3＞1，
所以y1＜y3＜y2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了抛物线的开口方向，增减性，对称性，熟练掌握增减性是解题的关键．
二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）
11．（3分）已知点A（1，m）与A'（n，﹣3）关于原点对称，则mn＝ ﹣3 ．
【分析】根据关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数，可得答案．
【解答】解：∵点A（1，m）与A'（n，﹣3）关于坐标原点对称，
∴n＝﹣1，m＝3，
∴mn＝3×（﹣1）＝﹣3．
故答案为：﹣3．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，平面直角坐标系中任意一点（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．
12．（3分）若x＝1是关于x的一元二次方程x2+ax+2b＝0的解，则a+2b＝ ﹣1 ．
【分析】把x＝1代入方程x2+ax+2b＝0可得a+2b的值．
【解答】解：把x＝1代入方程x2+ax+2b＝0得1+a+2b＝0，
所以a+2b＝﹣1．
故答案为：﹣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．
13．（3分）若在反比例函数图象的每一支上，y随x的增大而增大．那么t的取值范围是 t＜ ．
【分析】根据当k＜0时，双曲线的两支分别位于第二、第四象限，在每一象限内y随x的增大而增大求解即可．
【解答】解：∵在反比例函数图象的每一支上，y随x的增大而增大，
∴2t﹣1＜0，
∴t＜．
故答案为：t＜．
【点评】本题主要考查反比例函数的性质，熟知反比例函数的增减性时解题关键．
14．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则点P（a，bc）在第 二 象限．
【分析】根据图象得出a＜0，c＞0，﹣＝1，求出bc＞0，即可得出答案．
【解答】解：∵从图象可知：a＜0，c＞0，﹣＝1，
∴b＝﹣2a＞0，
∴bc＞0，
∴点P（a，bc）在第二象限，
故答案为：二．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系，能根据图象得出a＜0、c＞0、﹣＝1是解此题的关键．
15．（3分）如图，在直角三角形ABC中，∠ABC＝60°，BC＝，将△ABC顺时针旋转15°得到△A′BC′，AB与A′C′相交于点E，则A′E的长为 3﹣ ．（结果保留根号）
【分析】先求出AC的长，根据旋转的性质可得A′C′＝AC，根据题意可得∠C′BE＝45°，进而求出EC′，A′E＝A′C′﹣EC′．
【解答】解：在直角三角形ABC中，∠ABC＝60°，BC＝，
∴AC＝tan∠ABC•BC＝＝3，
由题意得∠CBC′＝15°，∠C＝∠C′＝90°，A′C′＝3，
∵∠ABC＝60°，
∴∠C′BE＝45°，
∴∠BEC′＝45°，
∴EC′＝BC′＝，
∴A′E＝A′C′﹣EC′＝3﹣．
故答案为：3﹣．
【点评】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．①对应点到旋转中心的距离相等． ②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角． ③旋转前、后的图形全等．
16．（3分）⊙O的半径为1，弦AB＝，弦AC＝，则∠BAC度数为 75°或15° ．
【分析】连接OA，过O作OE⊥AC于E，OF⊥AB于F，根据垂径定理求出AE、FA值，根据解直角三角形的知识求出∠OAB和∠OAC，然后分两种情况求出∠BAC即可．
【解答】解：有两种情况：
①如图1所示：连接OA，过O作OE⊥AC于E，OF⊥AB于F，
∴∠OEA＝∠OFA＝90°，
由垂径定理得：AE＝CE＝，AF＝BF＝，
cs∠OAE＝＝，cs∠OAF＝＝，
∴∠OAE＝30°，∠OAF＝45°，
∴∠BAC＝30°+45°＝75°；
②如图2所示
连接OA，过O作OE⊥AC于E，OF⊥AB于F，
∴∠OEA＝∠OFA＝90°，
由垂径定理得：AE＝CE＝，AF＝BF＝，
cs∠OAE＝＝，cs∠OAF＝＝，
∴∠OAE＝30°，∠OAF＝45°，
∴∠BAC＝45°﹣30°＝15°；
故答案为：75°或15°．
【点评】本题考查了特殊角的三角函数值和垂径定理的应用．此题难度适中，解题的关键是根据题意作出图形，求出符合条件的所有情况．此题比较好，但是一道比较容易出错的题目．
三、解答题（共9小题，满分52分）
17．解方程：x2﹣2x＝8．
【分析】方程整理后，左边化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
【解答】解：方程整理得：x2﹣2x﹣8＝0，
因式分解得：（x﹣4）（x+2）＝0，
解得：x1＝4，x2＝﹣2．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，利用此方法解方程时首先将方程右边化为0，左边化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
18．如图，已知△OAB，点A、B坐标分别为（2，4）、（2，1）．
（1）把△OAB绕着原点O顺时针旋转90°得△OA1B1画出旋转后的△OA1B1；
（2）在（1）的条件下，线段OB在旋转过程中扫过的图形面积为 π .（结果保留π）
【分析】（1）利用旋转变换的性质分别作出A，B的对应点A1，B1即可；
（2）利用扇形的面积公式求解．
【解答】解：（1）如图，△OA1B1即为所求；
（2）线段OB在旋转过程中扫过的图形面积＝＝π．
故答案为：π．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，扇形的面积等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，记住扇形的面积公式．
19．如图，某隧道横截面上的上下轮廓线分别由抛物线对称的一部分和矩形的一部分构成．最大高度为6米，底部宽度为12m，AO＝3m．现以O点为原点，OM所在直线为x轴建立直角坐标系．
（1）直接写出点A及抛物线顶点P的坐标；
（2）求出这条抛物线的函数解析式．
【分析】（1）根据所建坐标系易求A、P的坐标；
（2）可设解析式为顶点式，把A点（或B点）坐标代入求待定系数求出解析式．
【解答】解：（1）由题意得：A（0，3），P（6，6）；
（2）设抛物线解析式为：y＝a（x﹣6）2+6，
∵抛物线y＝a（x﹣6）2+6经过点（0，3），
∴3＝a（0﹣6）2+6，即a＝﹣，
∴y＝﹣（x﹣6）2+6，即y＝﹣x2+x+3
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+3．
【点评】本题考查二次函数的应用，关键是根据坐标系和已知数据列出函数关系式．
20．如图，反比例函数y1＝（k≠0）的图象与一次函数y2＝mx+n（m≠0）的图象交于第二、四象限内的点A（a，4）和点B（b，﹣1）．过点A作x轴的垂线，垂足为点C，且△AOC的面积为4．
（1）求这两个函数的解析式；
（2）结合图象直接写出mx+n≤的解集．
【分析】（1）由△AOC的面积为4，可求出a的值，确定反比例函数的关系式，把点B坐标代入可求b的值．
（2）根据图象观察当自变量x取何值时，一次函数图象位于反比例函数图象的下方即可，注意有两部分．
【解答】解：（1）∵点A（a，4），
∴AC＝4，
∵S△AOC＝4，
∴×4•OC＝4，
∴即OC＝2，
∵点A（a，4）在第二象限，
∴a＝﹣2，
将A（﹣2，4）代入y1＝得：k＝﹣8，
∴反比例函数的解析式为：y1＝﹣，
把B（b，﹣1）代入得：b＝8，
∴B（8，﹣1）；
∵直线y2＝mx+n（m≠0）过点A（﹣2，4），B（8，﹣1），
∴，解得．
∴y2＝﹣x+3．
综上，反比例函数的解析式为：y1＝﹣，直线的解析式为：y2＝﹣x+3．
（2）由图象可以看出mx+n≤的解集为：﹣2≤x＜0或x≥8．
【点评】本题考查反比例函数和一次函数的交点问题，三角形的面积、待定系数法求反比例函数、数形结合是解题的关键．
21．如图，△ABC中，BA＝BC．
（1）尺规作图：以BA直径作⊙O交AC于点D（不用写作法，保留作图痕迹）；
（2）延长CB交⊙O于点E，连接DE，若BC＝5，CD＝4，求BE长．
【分析】（1）作线段AB的垂直平分线，垂足为O，以O为圆心，OA为半径作⊙O即可；
（2）证明△CDB∽△CEA，利用相似三角形的性质求出CE，可得结论．
【解答】解：（1）图形如图所示：
（2）连接BD，AE．
∵AB是直径，
∴∠AEB＝∠ADB＝∠CDB＝90°，
∴BD⊥AC，
∵BA＝BC，
∴AD＝DC＝4，
∴AC＝8，
∵∠C＝∠C，
∴△CDB∽△CEA，
∵＝，
∴＝，
∴CE＝，
∴EB＝CE﹣CB＝﹣5＝．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
22．如图1，在一张长40cm，宽25cm的长方形硬纸片，裁去角上四个小正方形之后，折成如图2的无盖纸盒，若纸盒的底面积是450cm2，则纸盒的高是多少？
【分析】设纸盒的高是x，根据长方形的面积公式列出算式，再进行求解即可．
【解答】解：设纸盒的高是x，根据题意得：
（40﹣2x）（25﹣2x）＝450，
解得：x1＝5，x2＝27.5（不合题意，舍去），
答：纸盒的高是5cm．
【点评】此题考查一元二次方程组的实际运用，掌握长方形的面积计算公式是解决问题的关键．
23．如图，⊙O的直径AB＝6，AM和BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，并与AM，BN分别相交于D，C两点．设AD＝x，BC＝y．
（1）点O到直线CD的距离为 3 ；
（2）求y与x的函数解析式．
【分析】（1）连接OE，DE与⊙O相切于点E，推导出半径OE⊥CD，即点O到直线CD的距离即为圆的半径OE，据此解答；
（2）首先作DF⊥BN交BC于F，可得四边形ABFD是矩形；然后根据切线长定理得到BF＝AD＝x，CE＝CB＝y，则DC＝DE+CE＝x+y；在直角△DFC中根据勾股定理，就可以求出y与x的关系．
【解答】解：（1）如图1，连接OE，
∵DE与⊙O相切于点E，
∴半径OE⊥CD，
∴OE即为点O到直线CD的距离，
∵AB＝6，
∴OE＝AB＝3，
故答案为：3；
（2）作DF⊥BN交BC于F．如图2，
∵AM、BN与⊙O切于点定A、B，
∴AB⊥AM，AB⊥BN．
又∵DF⊥BN，
∴∠BAD＝∠ABC＝∠BFD＝90°，
∴四边形ABFD是矩形，
∴BF＝AD＝x，DF＝AB＝6，
∵BC＝y，
∴FC＝BC﹣BF＝y﹣x．
∵DE切⊙O于E，
∴DE＝DA＝x CE＝CB＝y，
则DC＝DE+CE＝x+y，
在Rt△DFC中，由勾股定理得：（x+y）2＝（y﹣x）2+62，
整理为y＝，
∴y关于x的函数解析式为y＝（x＞0）．
【点评】本题考查了切线的性质、圆周角定理以及直线与圆的位置关系等知识点，解题的关键是作辅助线构造直角三角形，运用勾股定理来解题．
24．已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴交于A（﹣1，0）、B两点，与y轴交于点C（0，﹣3a）．
（1）求点B的坐标；
（2）若a＝，点M和点N在抛物线上，且M的横坐标为4，点N在第二象限，若∠AMN＝2∠OAM，求点N的坐标；
（3）P是第四象限内抛物线上的一个动点，直线PA、PB分别交y轴于点M、N，判断CM与CN的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）由A（﹣1，0）、C（0，﹣3a）在抛物线y＝ax2+bx+c上，可得，即有y＝ax2﹣2ax﹣3a，令y＝0，得ax2﹣2ax﹣3a＝0，而a＞0，可得B（3，0）；
（2）连接AM交y轴于D，过M作ME∥x轴交y轴于E，在y轴上取F，使EF＝ED，作直线MF交抛物线于N，根据∠EMA＝∠OAM，EM是DF的垂直平分线，可证∠AMN＝2∠AME＝2∠OAM，而a＝时，抛物线为y＝x2﹣x﹣，知M（4，），直线AM的解析式为y＝x+，可求出D（0，），从而求出EF＝DE＝2，F（0，），即可得直线MF为y＝﹣x+，最后由得N（﹣3，6）；
（3）结论：CN＝3CM，设P（m，am2﹣2am﹣3a），可得直线PA解析式为y＝（am﹣3a）x+am﹣3a，从而得到M（0，am﹣3a），即有CM＝am，同理可得CN＝3am，故CN＝3CM．
【解答】解：（1）∵A（﹣1，0）、C（0，﹣3a）在抛物线y＝ax2+bx+c上，
∴，可得，
∴y＝ax2﹣2ax﹣3a，
令y＝0，得ax2﹣2ax﹣3a＝0，而a＞0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴B（3，0）；
（2）连接AM交y轴于D，过M作ME∥x轴交y轴于E，在y轴上取F，使EF＝ED，作直线MF交抛物线于N，如图：
由作图可知：∠EMA＝∠OAM，直线EM是DF的垂直平分线，
∴∠FME＝∠DME，
∴∠AMN＝2∠AME＝2∠OAM，
而a＝时，抛物线为y＝x2﹣x﹣，
∵M的横坐标为4，
∴M（4，），
由A（﹣1，0），M（4，）得直线AM的解析式为y＝x+，
令x＝0得y＝，
∴D（0，），
∵ME∥x轴，
∴E（0，），
∴EF＝DE＝2，
∴F（0，），
设直线MF为y＝kx+，将M（4，）代入得：＝4k+，
∴k＝﹣，
∴直线MF为y＝﹣x+，
由得：或（舍去），
∴N（﹣3，6）；
（3）CN＝3CM，理由如下：
设P（m，am2﹣2am﹣3a），如图：
设直线PA解析式为y＝sx+t，
则，解得，
∴直线PA解析式为y＝（am﹣3a）x+am﹣3a，
令x＝0得y＝am﹣3a，
∴M（0，am﹣3a），
而C（0，﹣3a），
∴CM＝am，
设直线PB解析式为y＝s'x+t'，
则，解得，
∴直线PB解析式为y＝（am+a）x﹣3am﹣3a，
令x＝0得y＝﹣3am﹣3a，
∴N（0，﹣3am﹣3a），
而C（0，﹣3a），
∴CN＝3am，
∴CN＝3CM．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、函数图象上点坐标的特征、数形结合等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标及相关线段的长度．
25．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，点F在直线DE上，且AD＝AF，连接BF．
（1）如图1，当0°＜α＜90°时，
①求∠BAF的大小（用含α的式子表示）．
②求证：EF＝BF．
（2）如图2，取线段EF的中点G，连接AG，已知AB＝2，请直接写出在线段CE旋转过程中（0°＜α＜360°）△ADG面积的最大值．
【分析】（1）①利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理计算得到∠FAD＝180°﹣α，据此求解即可；
②连接BE，计算得到∠BCE＝90°﹣α＝∠BAF，利用SAS证明△BCE≌△BAF，推出△EBF是等腰直角三角形，据此即可证明EF＝BF；
（2）过点G作AD的垂直，交直线AD于点H，连接AC，BD相交于点，连接OG，利用直角三角形的性质推出点G在以点O为圆心，OB为半径的一段弧上，得到当点H、O、G在同一直线上时，GH有最大值，则△ADG面积的最大值，据此求解即可．
【解答】（1）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＝（180°﹣α）＝90°﹣α．
∴∠ADF＝90°﹣∠CDE＝90°﹣（90°﹣α）＝α，
∵AD＝AF，
∴∠ADF＝∠AFD＝α，
∴∠FAD＝180°﹣∠ADF﹣∠AFD＝180°﹣α，
∴∠BAF＝∠FAD﹣∠BAD＝180°﹣α﹣90°＝90°﹣α；
②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，
∴EF＝BF；
（2）解：过点G作AD的垂线，交直线AD于点H，连接AC，BD相交于点，O，连接OG，
由（1）得△EBF是等腰直角三角形，又点G为斜边EF的中点，
∴BG⊥EF，即∠BGD＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OD．
∴OB＝OD＝OG，
∴点G在以点O为圆心，OB为半径的一段弧上，
当点H、O、G在同一直线上时，GH有最大值，则△ADG面积的最大值，
∴GH＝AB+OG＝AB+BD＝×2+×2＝1+．
∴△ADG面积的最大值为AD×GH＝1+．
【点评】本题考查的是正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、直角三角形的性质、勾股定
理，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．