广东省广州市海珠区中山大学附中2022-2023学年九年级上学期期中数学试卷

这是一份广东省广州市海珠区中山大学附中2022-2023学年九年级上学期期中数学试卷，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）下列美丽的壮锦图案是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）下列图形中，∠B＝2∠A的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）已知⊙O的半径为3，圆心O到直线l的距离为2，则直线l与⊙O的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不能确定
4．（3分）如图，将含45°的直角三角板ABC绕着点A顺时针旋转到△ADE处（点C，A，D在一条直线上），则这次旋转的旋转角为（ ）
A．45°B．90°C．135°D．180°
5．（3分）下列说法错误的是（ ）
A．直径是圆中最长的弦
B．长度相等的两条弧是等弧
C．面积相等的两个圆是等圆
D．半径相等的两个半圆是等弧
6．（3分）如图，AB是⊙O的直径，C，D是圆上两点，连接AC，BC，AD，CD．若∠CAB＝55°，则∠ADC的度数为（ ）
A．55°B．45°C．35°D．25°
7．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转一定角度得到Rt△DEC，点D恰好落在边AB上．若∠B＝20°，则∠BCE的度数为（ ）
A．20°B．40°C．60°D．80°
8．（3分）如图，等边三角形ABC的边长为2，CD⊥AB于D，若以点C为圆心，CD为半径画弧，则图形阴影部分的面积是（ ）
A．3-12πB．23-πC．23-43πD．23-23π
9．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC＝124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（ ）
A．56°B．62°C．68°D．78°
10．（3分）如图，在平面直角坐标系中，A（0，3）、B（3，0），以点B为圆心、2为半径的⊙B上有一动点P．连接AP，若点C为AP的中点，连接OC，则OC的最小值为（ ）
A．1B．22-1C．2D．322-1
二、填空题（共18分）
11．（3分）正八边形的中心角等于 度．
12．（3分）如图AB、AC、BD是圆O的切线，切点分别为P、C、D，若AB＝5，BD＝2，则AC的长是 ．
13．（3分）已知二次函数y＝x2﹣3x+m的图象与x轴的一个交点为（1，0），则与x轴的另一个交点的坐标为 ．
14．（3分）若圆锥的高为4，底圆半径为3，则这个圆锥的侧面积为 ．（用含π的结果表示）
15．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为（3，2）、（﹣1，0），若将线段BA绕点B顺时针旋转90°得到线段BA′，则点A′的坐标为 ．
16．（3分）如图，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC=2，将△ABC绕点A逆时针反向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为 ．
三、解答题（共72分）
17．解方程：
（1）x2﹣4x＝0；
（2）4x2﹣4x﹣3＝0；
（3）（x﹣2）2＝（2x+3）2．
18．如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠A＝45°，BD是直径，且BC＝2，连接CD，求BD的长．
19．如图，⊙O的直径AB与弦CD交于点E，∠DEB＝30°，AE＝2，EB＝6，求CD的长．
20．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC三个顶点都在格点上，点A，B，C的坐标分别为A（﹣1，3），B（﹣4，1），C（﹣1，1）．解答下列问题：
（1）画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
（2）画出△A1B1C1绕点C1逆时针旋转90°后得到的△A2B2C1，并求出点A1经过的路径长．
21．如图，P是正△ABC内的一点，若将△PAC绕点A逆时针旋转到△P′AB，
（1）求∠PAP′的度数．
（2）若AP＝3，BP＝4，PC＝5，求∠APB的度数．
22．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，AC＝CD，连接AD，延长DB交过点C的切线于点E．
（1）求证：∠ABC＝∠CAD；
（2）求证：BE⊥CE．
23．在等腰三角形ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，已知a＝3，b和c是关于x的方程x2+mx+2-12m=0的两个实数根．
（1）求△ABC的周长．
（2）求△ABC的三边均为整数时的外接圆半径．
24．如图，在平面直角坐标系中，以D（5，4）为圆心的圆与y轴相切于点C，与x轴相交于A、B两点，且AB＝6．
（1）求经过C、A、B三点的抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为F，证明直线FA与⊙D相切；
（3）在x轴下方的抛物线上，是否存在一点N，使△CBN面积最大？若存在，求出△CBN面积的最大值，并求出此时点N坐标；若不存在，请说明理由．
2022-2023学年广东省广州市海珠区中山大学附中九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（共30分）
1．（3分）下列美丽的壮锦图案是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【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，这个点叫做对称中心可得答案．
【解答】解：A、是中心对称图形，故此选项正确；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是中心对称图形，故此选项错误；
D、不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：A．
【点评】此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的定义．
2．（3分）下列图形中，∠B＝2∠A的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据圆周角定理对各选项进行逐一分析即可．
【解答】解：A中，∠A＝∠B；
B中，∠A与∠B的大小无法判定；
C中，∠A+∠B＝180°；
D中，∠B＝2∠A．
故选：D．
【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，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答此题的关键．
3．（3分）已知⊙O的半径为3，圆心O到直线l的距离为2，则直线l与⊙O的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不能确定
【分析】根据圆O的半径和，圆心O到直线l的距离的大小，相交：d＜r；相切：d＝r；相离：d＞r；即可选出答案．
【解答】解：∵⊙O的半径为3，圆心O到直线l的距离为2，
∵3＞2，即：d＜r，
∴直线l与⊙O的位置关系是相交．
故选：A．
【点评】本题主要考查对直线与圆的位置关系的性质的理解和掌握，能熟练地运用性质进行判断是解此题的关键．
4．（3分）如图，将含45°的直角三角板ABC绕着点A顺时针旋转到△ADE处（点C，A，D在一条直线上），则这次旋转的旋转角为（ ）
A．45°B．90°C．135°D．180°
【分析】根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，据此即可求解．
【解答】解：旋转角是∠BAD＝180°﹣45°＝135°．
故选：C．
【点评】本题考查了图形的旋转，理解旋转角的定义是关键．
5．（3分）下列说法错误的是（ ）
A．直径是圆中最长的弦
B．长度相等的两条弧是等弧
C．面积相等的两个圆是等圆
D．半径相等的两个半圆是等弧
【分析】根据直径的定义对A进行判断；根据等弧的定义对B进行判断；根据等圆的定义对C进行判断；根据半圆和等弧的定义对D进行判断．
【解答】解：A、直径是圆中最长的弦，所以A选项的说法正确；
B、在同圆或等圆中，长度相等的两条弧是等弧，所以B选项的说法错误；
C、面积相等的两个圆的半径相等，则它们是等圆，所以C选项的说法正确；
D、半径相等的两个半圆是等弧，所以D选项的说法正确．
故选：B．
【点评】本题考查了圆的认识：掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）．
6．（3分）如图，AB是⊙O的直径，C，D是圆上两点，连接AC，BC，AD，CD．若∠CAB＝55°，则∠ADC的度数为（ ）
A．55°B．45°C．35°D．25°
【分析】推出Rt△ABC，求出∠B的度数，由圆周角定理即可推出∠ADC的度数．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠CAB＝55°，
∴∠B＝35°，
∴∠ADC＝∠B＝35°．
故选：C．
【点评】本题主要考查了圆周角的有关定理，关键作好辅助线，构建直角三角形，找到同弧所对的圆周角．
7．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转一定角度得到Rt△DEC，点D恰好落在边AB上．若∠B＝20°，则∠BCE的度数为（ ）
A．20°B．40°C．60°D．80°
【分析】根据直角三角形的性质求出∠A＝70°，再利用旋转及等腰三角形性质求得∠ACD＝40°，即可求解．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠B＝20°，
∴∠A＝70°，
由旋转知：CA＝CD，∠ACD＝∠BCE，
∴∠ADC＝∠A＝70°，
∴∠ACD＝40°，
∴∠BCE＝40°，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转前后对应边相等、对应角相等是解题的关键．
8．（3分）如图，等边三角形ABC的边长为2，CD⊥AB于D，若以点C为圆心，CD为半径画弧，则图形阴影部分的面积是（ ）
A．3-12πB．23-πC．23-43πD．23-23π
【分析】根据题意和图形可以得到阴影部分的面积是△ABC的面积减去扇形CEF的面积，由题目中的数据可以求出各部分的面积，从而可以解答本题．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，且CD⊥AB，
∴AD=12AB＝1，∠ACB＝60°，
由勾股定理得：CD=22-12=3，
∴S阴影＝S△ABC﹣S扇形CEF=12AB•CD-60π×CD2360=12×2×3-60π×3360=3-π2，
故选：A．
【点评】本题考查扇形面积的计算、等边三角形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
9．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC＝124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（ ）
A．56°B．62°C．68°D．78°
【分析】由点I是△ABC的内心知∠BAC＝2∠IAC、∠ACB＝2∠ICA，从而求得∠B＝180°﹣（∠BAC+∠ACB）＝180°﹣2（180°﹣∠AIC），再利用圆内接四边形的外角等于内对角可得答案．
【解答】解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAC＝2∠IAC、∠ACB＝2∠ICA，
∵∠AIC＝124°，
∴∠B＝180°﹣（∠BAC+∠ACB）
＝180°﹣2（∠IAC+∠ICA）
＝180°﹣2（180°﹣∠AIC）
＝68°，
又四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE＝∠B＝68°，
故选：C．
【点评】本题主要考查三角形的内切圆与内心，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边形的性质．
10．（3分）如图，在平面直角坐标系中，A（0，3）、B（3，0），以点B为圆心、2为半径的⊙B上有一动点P．连接AP，若点C为AP的中点，连接OC，则OC的最小值为（ ）
A．1B．22-1C．2D．322-1
【分析】确定点C的运动路径是：以D为圆心，以DC1为半径的圆，当O、C、D共线时，OC的长最小，先求⊙D的半径为1，说明D是AB的中点，根据直角三角形斜边中线是斜边一半可得OD=322，所以OC的最小值是322-1．
【解答】解：当点P运动到AB的延长线上时，即如图中点P1，C1是AP1的中点，
当点P在线段AB上时，C2是中点，取C1C2的中点为D，
点C的运动路径是以D为圆心，以DC1为半径的圆（CA：PA＝1：2，则点C轨迹和点P轨迹相似，所以点C的轨迹就是圆），当O、C、D共线时，OC的长最小，
设线段AB交⊙B于Q，
Rt△AOB中，OA＝3，OB＝3，
∴AB＝32，
∵⊙B的半径为2，
∴BP1＝2，AP1＝32+2，
∵C1是AP1的中点，
∴AC1=322+1，AQ＝32-2，
∵C2是AQ的中点，
∴AC2＝C2Q=322-1，
C1C2=232+1﹣（322-1）＝2，即⊙D的半径为1，
∵AD=322-1+1=322=12AB，
∴OD=12AB=322，
∴OC=322-1，
方法二：如图，取A′（0，﹣3），连接PA′．
根据三角形中位线定理可知：PA′＝2OC，求出PA′的最小值即可解决问题．
故选：D．
【点评】本题考查了图形与坐标的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、圆的性质、两点之间线段最短，确定出OC最小时点C的位置是解题关键，也是本题的难点．
二、填空题（共18分）
11．（3分）正八边形的中心角等于 45 度．
【分析】根据中心角是正多边形相邻的两个半径的夹角来解答．
【解答】解：正八边形的中心角等于360°÷8＝45°；
故答案为45．
【点评】本题考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是牢记中心角的定义及求法．
12．（3分）如图AB、AC、BD是圆O的切线，切点分别为P、C、D，若AB＝5，BD＝2，则AC的长是 3 ．
【分析】根据切线长定理得到AC＝AP，BP＝BD＝2，然后求出AP即可．
【解答】解：∵AB、AC、BD是圆O的切线，
∴AC＝AP，BP＝BD＝2，
∵AP＝AB﹣BP＝5﹣2＝3，
∴AC＝3．
故答案为3．
【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．也考查了切线长定理．
13．（3分）已知二次函数y＝x2﹣3x+m的图象与x轴的一个交点为（1，0），则与x轴的另一个交点的坐标为 （2，0） ．
【分析】根据题目中的函数解析式可以求得该函数的对称轴，再根据二次函数y＝x2+4x+c的图象与x轴的一个交点为（﹣1，0）和二次函数图象具有对称性，即可求得该函数与x轴的另一个交点坐标．
【解答】解：二次函数y＝x2﹣3x+m的对称轴是直线x=32，
∵二次函数y＝x2﹣3x+m的图象与x轴的一个交点为（1，0），
∴该函数与x轴的另一个交点是（2，0），
故答案为：（2，0）．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
14．（3分）若圆锥的高为4，底圆半径为3，则这个圆锥的侧面积为 15π ．（用含π的结果表示）
【分析】利用勾股定理易得圆锥的母线长，进而利用圆锥的侧面积＝π×底面半径×母线长，把相应数值代入即可求解．
【解答】解：∵圆锥的高为4，底圆半径为3，
∴圆锥的母线长为5，
∴圆锥的侧面积为π×3×5＝15π．
【点评】本题考查圆锥侧面积公式的运用，注意运用圆锥的高，母线长，底面半径组成直角三角形这个知识点．
15．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为（3，2）、（﹣1，0），若将线段BA绕点B顺时针旋转90°得到线段BA′，则点A′的坐标为 （1，﹣4） ．
【分析】作AC⊥x轴于C，利用点A、B的坐标得到AC＝2，BC＝4，根据旋转的定义，可把Rt△BAC绕点B顺时针旋转90°得到△BA′C′，如图，利用旋转的性质得BC′＝BC＝4，A′C′＝AC＝2，于是可得到点A′的坐标．
【解答】解：作AC⊥x轴于C，
∵点A、B的坐标分别为（3，2）、（﹣1，0），
∴AC＝2，BC＝3+1＝4，
把Rt△BAC绕点B顺时针旋转90°得到△BA′C′，如图，
∴BC′＝BC＝4，A′C′＝AC＝2，
∴点A′的坐标为（1，﹣4）．
故答案为（1，﹣4）．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．解决本题的关键是把线段的旋转问题转化为直角三角形的旋转．
16．（3分）如图，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC=2，将△ABC绕点A逆时针反向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为 1+3 ．
【分析】连接BB′，BC′交AB′于D，如图，利用等腰直角三角形的性质得AB=2AC＝2，再根据旋转的性质得∠AC′B′＝∠ACB＝90°，AC′＝AC＝B′C′＝BC，AB＝AB′＝2，∠BAB′＝60°，则可判断BC′垂直平分AB′，△ABB′为等边三角形，所以C′D＝1，BD=3，然后计算C′D+BD即可．
【解答】解：连接BB′，BC′交AB′于D，如图，
△ABC中，∵∠C＝90°，AC＝BC=2，
∴AB=2AC=2×2=2，
∵△ABC绕点A逆时针反向旋转60°到△AB′C′的位置，
∴∠AC′B′＝∠ACB＝90°，AC′＝AC＝B′C′＝BC，AB＝AB′＝2，∠BAB′＝60°，
∴BC′垂直平分AB′，△ABB′为等边三角形，
∴C′D=12AB′＝1，BD=32AB′=3，
∴C′B＝C′D+BD＝1+3．
故答案为1+3．
【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．也考查了等腰直角三角形的性质．
三、解答题（共72分）
17．解方程：
（1）x2﹣4x＝0；
（2）4x2﹣4x﹣3＝0；
（3）（x﹣2）2＝（2x+3）2．
【分析】（1）利用提公因式法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可；
（2）利用十字相乘法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可；
（3）先移项，再利用公式法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可．
【解答】解：（1）∵x2﹣4x＝0，
∴x（x﹣4）＝0，
则x＝0或x﹣4＝0，
解得x1＝0，x2＝4；
（2）∵4x2﹣4x﹣3＝0，
∴（2x﹣3）（2x+1）＝0，
则2x﹣3＝0或2x+1＝0，
解得x1＝1.5，x2＝﹣0.5；
（3）∵（x﹣2）2＝（2x+3）2，
∴（x﹣2）2﹣（2x+3）2＝0，
则（x﹣2+2x+3）（x﹣2﹣2x﹣3）＝0，即（3x+1）（﹣x﹣5）＝0，
∴3x+1＝0或﹣x﹣5＝0，
解得x1=-13，x2＝﹣5．
【点评】本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
18．如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠A＝45°，BD是直径，且BC＝2，连接CD，求BD的长．
【分析】根据圆周角定理求出∠D＝∠A＝45°，BD是直径，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：∵∠A和∠D所对的弧都是弧BC，
∴∠D＝∠A＝45°，
∵BD是直径，
∴∠DCB＝90°，
∴∠D＝∠DBC＝45°，
∴CB＝CD＝2，
由勾股定理得：BD=BC2+CD2=22．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆和外心，掌握圆周角定理、勾股定理是解题的关键．
19．如图，⊙O的直径AB与弦CD交于点E，∠DEB＝30°，AE＝2，EB＝6，求CD的长．
【分析】过O作OF⊥CD，连接OD，利用垂径定理得到F为CD的中点，由AE+EB求出直径AB的长，进而确定出半径OA与OD的长，由OA﹣AE求出OE的长，在Rt△OEF中，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半求出OF的长，在Rt△ODF中，利用勾股定理求出DF的长，由CD＝2DF即可求出CD的长．
【解答】解：如图，过O作OF⊥CD，交CD于点F，连接OD，
∴F为CD的中点，即CF＝DF，
∵AE＝2，EB＝6，
∴AB＝AE+EB＝2+6＝8，
∴OA＝4，
∴OE＝OA﹣AE＝4﹣2＝2，
在Rt△OEF中，∠DEB＝30°，
∴OF=12OE＝1，
在Rt△ODF中，OF＝1，OD＝4，
根据勾股定理得：DF=OD2-OF2=42-12=15，
则CD＝2DF＝215．
【点评】此题考查了垂径定理、勾股定理以及含30°锐角的直角三角形的性质，正确添加辅助线利用垂径定理和勾股定理是解题的关键．
20．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC三个顶点都在格点上，点A，B，C的坐标分别为A（﹣1，3），B（﹣4，1），C（﹣1，1）．解答下列问题：
（1）画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
（2）画出△A1B1C1绕点C1逆时针旋转90°后得到的△A2B2C1，并求出点A1经过的路径长．
【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C关于y轴的对称点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据弧长公式列式计算即可得解．
【解答】解：（1）如图，B1（4，﹣1）；
（2）如图，A1走过的路径长：14×2×π×2＝π．
【点评】本题考查了利用轴对称变换作图，利用旋转变换作图，以及弧长的计算，熟练掌握网格结构，准确找出对应顶点的位置是解题的关键．
21．如图，P是正△ABC内的一点，若将△PAC绕点A逆时针旋转到△P′AB，
（1）求∠PAP′的度数．
（2）若AP＝3，BP＝4，PC＝5，求∠APB的度数．
【分析】（1）根据旋转的性质，找出∠PAP′＝∠BAC，根据等边三角形的性质，即可解答；
（2）连接PP′，根据旋转的性质及已知可得到△APP′是等边三角形，△BPP′是直角三角形，从而求得答案．
【解答】解：（1）如图，
根据旋转的性质得，
∠PAP′＝∠BAC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠PAP′＝60°；
（2）如图，
连接PP'，由旋转可知：△P'AB≌△PAC，
所以∠CAP＝∠BAP'，AP＝AP'＝3，CP＝BP'＝5
又∵∠CAP+∠PAB＝60°，
∴∠P'AP＝∠BAP'+∠BAP＝60°，
∴△P'AP是等边三角形，
∴AP＝AP'＝PP'＝3，
∴∠APP'＝60°，
∵32+42＝52，
∴P'P2+PB2＝P'B2，
∴△P'PB是直角三角形，
∴∠P'PB＝90°
∴∠APB＝∠P'PB+∠APP'＝150°．
【点评】本题考查旋转的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点﹣旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
22．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，AC＝CD，连接AD，延长DB交过点C的切线于点E．
（1）求证：∠ABC＝∠CAD；
（2）求证：BE⊥CE．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质可得∠CAD＝∠ADC，再利用同弧所对的圆周角相等可得∠ABC＝∠ADC，即可解答；
（2）利用切线的性质可得∠OCE＝90°，利用圆内接四边形对角互补以及平角定义可得∠CAD＝∠CBE，再利用（1）的结论可得∠OCB＝∠CBE，然后可证OC∥BE，最后利用平行线的性质可得∠E＝90°，即可解答．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵AC＝CD，
∴∠CAD＝∠ADC，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠ABC＝∠CAD；
（2）证明：∵CE与⊙O相切于点C，
∴∠OCE＝90°，
∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠CAD+∠DBC＝180°，
∵∠DBC+∠CBE＝180°，
∴∠CAD＝∠CBE，
∵∠ABC＝∠CAD，
∴∠CBE＝∠ABC，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠ABC，
∴∠OCB＝∠CBE，
∴OC∥BE，
∴∠E＝180°﹣∠OCE＝90°，
∴BE⊥CE．
【点评】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
23．在等腰三角形ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，已知a＝3，b和c是关于x的方程x2+mx+2-12m=0的两个实数根．
（1）求△ABC的周长．
（2）求△ABC的三边均为整数时的外接圆半径．
【分析】（1）此题分两种情况考虑：一是b和c中有一个和a相等，是3；二是b＝c，即根据方程有两个相等的实数根，由Δ＝0求解．最后注意看是否符合三角形的三边关系．
（2）根据（1）中求解的结果，只需求得2，3，3的三角形的外接圆的半径，根据等腰三角形的三线合一和勾股定理求解．
【解答】解：（1）若b、c中有一边等于3，
则方程可化为9+3m+2-12m=0，
解得m=-225；
原方程可化为x2-225x+215=0，
解得x1＝3，x2=75，
所以三角形的周长为3+3+75=725；
若b＝c，则Δ=m2-4(2-12m)=0，
解得m＝﹣4或2，
当m＝﹣4时，方程为x2﹣4x+4＝0，得x1＝x2＝2，
所以三角形的周长为2+2+3＝7；
当m＝2时，方程为x2+2x+1＝0，得x1＝x2＝﹣1；（不合题意，舍去）
综上可知△ABC的周长为725或7．
（2）作△ABC的外接圆⊙O，连接AO并延长交⊙O于点D、交BC于E，连接BO，则有AE⊥BC．
∵△ABC的三边均为整数，
∴AB＝AC＝2，BC＝3，
BE=12BC=32．AE=AB2-BE2=4-94=72，
设AO＝R，在Rt△BOE中，R2＝（32）2+（72-R）2，
∴R=477，
∴△ABC的三边均为整数时的外接圆半径为477．
【点评】注意（1）中的多种情况，能够熟练结合等腰三角形的三线合一和勾股定理求得等腰三角形的外接圆的半径．
24．如图，在平面直角坐标系中，以D（5，4）为圆心的圆与y轴相切于点C，与x轴相交于A、B两点，且AB＝6．
（1）求经过C、A、B三点的抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为F，证明直线FA与⊙D相切；
（3）在x轴下方的抛物线上，是否存在一点N，使△CBN面积最大？若存在，求出△CBN面积的最大值，并求出此时点N坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）连接CD，由y轴是⊙D的切线，可得DC⊥y轴，过点D作DE⊥AB于点E，根据垂径定理可得AE＝BE＝3，连接AD，在Rt△ADE中可求出AD，即圆的半径，然后利用矩形的判定证明四边形OCDE是矩形，得到CO＝4，OA＝2，OB＝8，从而得到C、A、B三点的坐标，再利用待定系数法即可确定经过点C、A、B三点的抛物线的解析式；
（2）因为点D为圆心，点A在圆周上，r＝AD＝5，利用勾股定理的逆定理证明∠DAF＝90°即可；
（3）设存在点N，过点N作NP∥y轴，交BC于点P，求出直线BC的解析式，设点N的坐标(n，14n2-52n+4)，则可得点P的坐标为(n，-12n+4)，从而根据S△BCN＝S△PNC+S△PNB，表示出△BCN的面积，利用配方法可确定最大值，继而可得出点N的坐标．
【解答】（1）解：如图，连接CD，AD，过点D作DE⊥AB于点E，
∴∠DEO＝90°，
∵以D（5，4）为圆心的圆与y轴相切于点C，且AB＝6，∠COB＝90°，
∴DC⊥y轴，AE=BE=12AB=3，DE＝4，
∴∠DCO＝90°，DA=DE2+AE2=42+A32=5，
∴四边形OCDE是矩形，
∴CO＝DE＝4，OE＝CD＝5，
∴OA＝OE﹣AE＝2，OB＝OA+AB＝8，
∴C（0，4），A（2，0），B（8，0），
设经过点C、A、B三点的抛物线解析式为：y＝ax2+bx+c，
将点C、A、B三点的坐标代入可得：
4a+2b+c=064a+8b+c=0c=4，
解得：a=14b=-52c=4，
∴经过C、A、B三点的抛物线的解析式为：y=14x2-52x+4．
（2）证明：∵点D为圆心，点A在圆周上，
由（1）知，r＝DA＝5，
抛物线解析式为：y=14x2-52x+4，且顶点F的坐标为(5，-94)，
又∵D（5，4），
∴DF=4+94=254，AF=(5-2)2+(94)2=154，
∵DA2+AF2=52+(154)2=62516=(254)2=DF2，
∴∠DAF＝90°，
∵DA是半径，
∴直线FA与⊙D相切．
（3）解：存在点N，使△CBN面积最大，理由如下：
如图，过点N作NP∥y轴，交BC于点P，
∵C（0，4），B（8，0），
设直线BC的解析式为：y＝kx+b1，
∴b1=48k+b1=0，
解得：k=-12b1=4，
∴直线BC的解析式为：y=-12x+4，
设点N的坐标为(n，14n2-52n+4)，
∵NP∥y轴，交BC于点P，
∴点P的坐标为(n，-12n+4)，
∴NP=-12n+4-(14n2-52n+4)=-14n2+2n，
∴S△BCN＝S△PNC+S△PNB=12×PN×OH+12×PN×BH=12×PN×OB=12×8×(-14n2+2n)=-n2+8n＝﹣（n﹣4）2+16，
当n＝4时，S△BCN最大，最大值为16，此时N（4，﹣2）．
【点评】本题考查了二次函数及圆的综合应用，涉及垂径定理，矩形的判定和性质，切线的判定与性质，勾股定理及勾股定理逆定理，待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质等知识．由S△BCN＝S△PNC+S△PNB得到S△BCN与n的函数关系是解题的关键．