2023-2024学年广东省揭阳市惠来县部分中学九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省揭阳市惠来县部分中学九年级（上）期末数学试卷（含解析），共23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.知锐角∠AOB，如图，(1)在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径作PQ，交射线OB于点D，连接CD；(2)分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，交PQ于点M，N；(3)连接OM，MN.根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是( )
A. ∠COM=∠CODB. 若OM=MN，则∠AOB=20°
C. MN/​/CDD. MN=3CD
2.对于二次函数y=−(x+1)2+3，下列结论：①其图象开口向下；②其图象的对称轴为直线x=1；③其图象的顶点坐标为(−1,3)；④当x>−1时，y随x的增大而减小.其中正确结论的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.两个连续奇数的积为323，求这两个数.若设较小的奇数为x，则根据题意列出的方程正确的是( )
A. x(x+1)=323B. x(x+2)=323
C. x(x−2)=323D. (2x+1)(2x−1)=323
4.甲从标有1，2，3，4的4张卡片中任抽1张，然后放回．乙再在4张卡片中任抽1张两人抽到的标号的和是2的倍数的(包括2)概率是( )
A. 12B. 14C. 16D. 18
5.下面四个几何体中，左视图是四边形的几何体共有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
6.如图，P是矩形ABCD内的任意一点，连接PA、PB、PC、PD，得到△PAB，△PBC，△PCD，△PDA，设它们的面积分别是S1，S2，S3，S4，给出如下结论：①S1+S2=S3+S4，②S2+S4=S1+S3，③若S3=2S1，则S4=2S2，④若S1=S2，则P点在矩形的对角线上，其中正确的结论的序号是( )
A. ①②B. ②③C. ③④D. ②④
7.抛物线y=2x2+2x+1的图象与坐标轴的交点个数是( )
A. 无交点B. 1个C. 2个D. 3个
8.按照一定规律排列的n个数：−2、4、−8、16、−32、64、…，若最后三个数的和为768，则n为( )
A. 9B. 10C. 11D. 12
9.如图，AB为圆O直径，C、D是圆上两点，∠ADC=110°，则∠OCB=度．( )
A. 40
B. 50
C. 60
D. 70
10.如图是由6个完全相同的小正方体组成的几何体，其俯视图为( )
A.
B.
C.
D.
11.如图，函数y1=x−1和函数y2=2x的图象相交于点M(2,m)，N(−1,n)，若y1>y2，则x的取值范围是( )
A. x<−1或02
C. −12
12.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
13.在△ABC中，已知AB=AC=4cm，BC=6cm，P是BC的中点，以点P为圆心，3cm为半径画⊙P，则点A与⊙P的位置关系是______．
14.将直角边长为5cm的等腰直角△ABC绕点A逆时针旋转15°后，得到△AB′C′，则图中阴影部分的面积是______cm2．
15.在等边三角形ABC中，AB=6，BD⊥AC于点D，点E，F分别是BC，CD上的动点，△CEF沿EF所在直线折叠后点C落在BD上的点C′处，若△BEC′是等腰三角形，则BC′= ______．
16.如图，从一块直径为12cm的图形纸片上剪出一个圆心角为90°的扇形ABC.使点A，B，C在圆周上，将剪下的扇形作为一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆的半径是______cm．
17.若弧长为4π的扇形的圆心角为直角，则该扇形的半径为______．
18.如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦．若∠OBC=60°，则∠BAC=______．
三、解答题：本题共7小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，已知矩形OADB的顶点A(−6,0)，B(0,4)，过点C(−6,1)的双曲线y=kx(k≠0)与矩形OADB的边BD交于点E．
(1)求双曲线y=kx的解析式以及点E的坐标；
(2)若点P是抛物线y=−12x2−x+5t−2的项点．
①当双曲线y=kx过点P时，求顶点P的坐标；
②直接写出当抛物线y=−12x2−x+5t−2过点B时，该抛物线与矩形OADB公共点的个数以及此时t的值．
20.(本小题10分)
(1)计算：(−13)−1+ 8−6sin45°−|3− 2|
(2)解方程：x(x−3)+2x−6=0
21.(本小题12分)
如图，平行四边形ABCD中，AB=BE，F是AB上一点，FB=CE，连接DF，点G是FD的中点，且满足△AFG是等腰直角三角形，连接GC，GE，BG．
(1)若AF=3，求AD的长；
(2)求证：GD= 2GE．
22.(本小题12分)
某中学为数学实验“先行示范校”，一数学活动小组带上高度为1.5m的测角仪BC，对建筑物AO进行测量高度的综合实践活动，如图，在BC处测得直立于地面的AO顶点A的仰角为30°，然后前进40m至DE处，测得顶点A的仰角为75°.(1)求∠CAE的度数；
(2)求AE的长(结果保留根号)；
(3)求建筑物AO的高度(精确到个位，参考数据： 2～1.4， 3～1.7)．
23.(本小题10分)
已知：圆O的半径长为5，弦AB与弦CD平行，AB=6，CD=8.求弦AB与弦CD之间的距离．
24.(本小题12分)
解方程：x2−x−12=1．
25.(本小题14分)
如图，已知抛物线y=−x2+bx+c经过A(3,0)，B(0,3)两点．
(1)求此抛物线的解析式和直线AB的解析式；
(2)如图①，动点E从O点出发，沿着OA方向以1个单位/秒的速度向终点A匀速运动，同时，动点F从A点出发，沿着AB方向以 2个单位/秒的速度向终点B匀速运动，当E，F中任意一点到达终点时另一点也随之停止运动，连接EF，设运动时间为t秒，当t为何值时，△AEF为直角三角形？
(3)如图②，取一根橡皮筋，两端点分别固定在A，B处，用铅笔拉着这根橡皮筋使笔尖P在直线AB上方的抛物线上移动，动点P与A，B两点构成无数个三角形，在这些三角形中是否存在一个面积最大的三角形？如果存在，求出最大面积，并指出此时点P的坐标；如果不存在，请简要说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由作法得MC=CD=DN，OM=ON=OC=OD，
∴MC=CD=DN，
∴∠COM=∠COD=∠DON，所以A选项的结论正确；
当OM=MN，
而OM=ON，
∴此时△MON为等边三角形，
∴∠MON=60°，
∴∠AOB=13∠MON=20°，所以B选项的结论正确；
作半径OE⊥CD，如图，则CE=DE，
∴ME=NE，
∴OE⊥MN，
∴MN/​/CD，所以C选项正确；
∵MC+CD+DN>MN，
∴3CD>MN，所以D选项错误．
故选：D．
利用作法得到MC=CD=DN，OM=ON=OC=OD，根据圆心角、弧、弦的关系得到MC=CD=DN，则可对A选项进行判断；当OM=MN时，△MON为等边三角形，则可对B选项进行判断；作半径OE⊥CD，如图，利用垂径定理得到CE=DE，ME=NE，所以OE⊥MN，则可对C选项进行判断；利用两点之间线段最短可对D选项进行判断．
本题考查了作图−复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了圆心角、弧、弦的关系和垂径定理．
2.【答案】C
【解析】解：∵y=−(x+1)2+3，
∴二次函数的图象开口向下，对称轴为直线x=−1，顶点坐标为(−1,3)，
故②错误，①③正确，
∵二次函数的图象开口向下，对称轴为直线x=−1，
∴当x>−1时，y随x的增大而减小，
当x<−1时，y随x的增大而增大，
故④正确，
故选：C．
根据二次函数的顶点式确定二次函数的开口方向、对称轴、顶点坐标和增减性即可．
本题考查了二次函数的图象与性质，掌握二次函数的开口方向、对称轴、顶点坐标和增减性是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：依题意得：较大的数为x+2，
则有：x(x+2)=323．
故选：B．
两个连续的奇数相差2，则较大的数为x+2，再根据两数的积为323即可得出答案．
此题主要考查了一元二次方程的应用，得到两个奇数的代数式是解决本题的突破点；根据两个数的积得到等量关系是解决本题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：
故是2的倍数的(包括2)概率是816=12.故选A．
抽2次总共有4×4=16种情况，计算出和是偶数的情况个数，利用概率公式进行计算．
如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=mn；易错点是得到两人抽到的标号的和是2的倍数的总情况数．
5.【答案】B
【解析】解：因为圆柱的左视图是矩形，圆锥的左视图是等腰三角形，球的左视图是圆，正方体的左视图是正方形，
所以，左视图是四边形的几何体是圆柱和正方体，
故选：B．
四个几何体的左视图：圆柱是矩形，圆锥是等腰三角形，球是圆形，正方体是正方形，由此可确定答案．
本题考查立体图形的左视图，考查学生的观察能力．
6.【答案】D
【解析】解：如右图，过点P分别作PF⊥AD于点F，PE⊥AB于点E，
∵△APD以AD为底边，△PBC以BC为底边，
∴此时两三角形的高的和为AB，即可得出S1+S3=12矩形ABCD面积；
同理可得出S2+S4=12矩形ABCD面积；
∴S2+S4=S1+S3(故②正确)；
当点P在矩形的两条对角线的交点时，S1+S2=S3+S4.但P是矩形ABCD内的任意一点，所以该等式不一定成立．(故①不一定正确)；
若S3=2S1，只能得出△APD与△PBC高度之比，S4不一定等于2S2；(故③错误)；
若S1=S2，12×PF×AD=12PE×AB，
∴△APD与△PBA高度之比为：PFPE=ABAD，
∵∠DAE=∠PEA=∠PFA=90°，
∴四边形AEPF是矩形，
∴此时矩形AEPF与矩形ABCD相似，
∴PFCD=PEBC，
∴P点在矩形的对角线上．(故④选项正确)
故选：D．
根据三角形面积求法以及矩形性质得出S1+S3=12矩形ABCD面积，以及PFPE=ABAD，PFCD=PEBC，即可得出P点一定在AC上．
此题主要考查了矩形的性质以及三角形面积求法，根据已知得出PFCD=PEBC是解题关键．
7.【答案】B
【解析】解：∵Δ=22−4×2×1=−4<0，
∴抛物线与x轴无交点，
∵x=0时，y=1，
∴抛物线与y轴的交点为(0,1)，
∴抛物线y=2x2+2x+1的图象与坐标轴的交点个数是1，
故选：B．
先计算判别式的值可判断抛物线与x轴的交点个数，而抛物线与y轴一定有一个交点，从而可以判断抛物线与坐标轴交点个数．
本题考查了抛物线与x轴的交点：对于二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)，Δ=b2−4ac决定抛物线与x轴的交点个数：Δ=b2−4ac>0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ=b2−4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ=b2−4ac<0时，抛物线与x轴没有交点．
8.【答案】B
【解析】解：由题意，得第n个数为(−2)n，
那么(−2)n−2+(−2)n−1+(−2)n=768，
当n为偶数：整理得出：3×2n−2=768，解得：n=10；
当n为奇数：整理得出：−3×2n−2=768，则求不出整数．
故选：B．
观察得出第n个数为(−2)n，根据最后三个数的和为768，列出方程，求解即可．
此题考查规律型：数字的变化类，找出数字的变化规律，得出第n个数为(−2)n是解决问题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC+∠B=180°，
∵∠ADC=110°，
∴∠B=70°，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠B=70°，
故选：D．
根据圆内接四边形的性质求出∠B，根据等腰三角形的性质得出即可．
本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质和等腰三角形的性质等知识点，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：从上面看第一排是三个小正方形，第二排右边是一个小正方形，
故选：B．
根据从上面看得到的图形是俯视图，据此可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图．
11.【答案】D
【解析】解：∵函数y1=x−1和函数y2=2x的图象相交于点M(2,m)，N(−1,n)，
∴当y1>y2时，那么直线在双曲线的上方，
∴此时x的取值范围为−12．
故选：D．
根据反比例函数的自变量取值范围，y1与y2图象的交点横坐标，可确定y1>y2时，x的取值范围．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题的运用．关键是根据图象的交点坐标，两个函数图象的位置确定自变量的取值范围．
12.【答案】C
【解析】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形．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度后两部分重合．
13.【答案】点A在⊙P内
【解析】解：如图，连接AP，
∵AB=AC=4cm，BC=6cm，P是BC的中点，
∴BP=CP=3cm，AP⊥BC，
∴∠APB=90°，
∴在Rt△APB中，由勾股定理得：AP= AB2−BP2= 42−32= 7(cm)，
∵ 7<3，
∴点A在⊙P内．
故答案为：点A在⊙P内．
连接AP，求出AP⊥BC，求出BP，根据勾股定理求出AP，和半径比较即可．
本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，点和圆的位置关系的应用，关键是求出AP的长．
14.【答案】25 36
【解析】【分析】
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟记性质并求出阴影部分的两直角边的长度是解题的关键．
设B′C′与AB交点为D，根据等腰直角三角形的性质求出∠BAC=45°，再根据旋转的性质求出∠CAC′=15°，AC′=AC，然后求出∠C′AD=30°，再根据直角三角形30°角所得到直角边等于斜边的一半可得AD=2C′D，然后利用勾股定理列式求出C′D，再利用三角形的面积公式列式进行计算即可得解．
【解答】
解：如图，设B′C′与AB交点为D，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC=45°，
∵△AB′C′是△ABC绕点A逆时针旋转15°后得到，
∴∠CAC′=15°，AC′=AC=5，
∴∠C′AD=∠BAC−∠CAC′=45°−15°=30°，
∴AD=2C′D，
∵AD2=AC′2+C′D2，
即(2C′D)2=52+C′D2，
解得C′D=5 33，
∴阴影部分的面积=12×5×5 33=25 36(cm2)，
故答案为25 36 ．
15.【答案】(3 3+3−3 2)或3 3或(3 3−3)
【解析】解：∵在等边三角形ABC中，AB=6，BD⊥AC，
∴CD=3，BD=3 3，∠CBD=30°，
∵△CEF沿EF所在直线折叠后点C落在BD上的点C′处，
∴CF=C′F，CE=C′E，∠EC′F=∠C=60°，
由△BEC′是等腰三角形，则
①当BE=BC′时，如图1：
∴∠BC′E=12×(180°−30°)=75°，
∴∠DC′F=18−°−60°−75°=45°，
∴△DC′F是等腰直角三角形，
∴DF= 22C′F，DF=C′D，
∵CF=C′F=CD−DF=3−DF，
∴DF= 22×(3−DF)，
解得：DF=C′D=3 2−3，
∴BC′=BD−C′D=3 3−(3 2−3)=3 3+3−3 2；
②当BE=C′E时，此时点C′与点D重合，如图2：
∴BC′=BD=3 3；
③当BC′=EC′时，此时点F与点D重合，如图4：
∴C′D=CD=3，
BC′=BD−C′D=3 3−3，
综上所述：BC′的长度为：(3 3+3−3 2)，3 3或(3 3−3)．
故答案为：(3 3+3−3 2)，3 3或(3 3−3)．
先根据题意和折叠的性质得出CF=C′F，CE=C′E，∠EC′F=∠C=60°，由△BEC′是等腰三角形分三种情况进行讨论，①当BE=BC′时，②当BE=C′E时，③当BC′=EC′时，分别求出BC′的长度即可．
本题考查了翻折变换，等边三角形的性质，折叠的性质的运用，勾股定理的应用，二次根式的除法运算，熟练掌握折叠的性质是解题的关键，注意分情况讨论．
16.【答案】3 22
【解析】解：∵∠BAC=90°，
∴BC为⊙O的直径，即BC=12，
∴AB=6 2，
设这个圆锥的底面圆的半径是rcm，
根据题意得2πr=90⋅π⋅6 2180，解得r=3 22，
即这个圆锥的底面圆的半径为3 22cm．
故答案3 22．
先利用圆周角定理得到BC为⊙O的直径，即BC=12，则AB=6 2，设这个圆锥的底面圆的半径是rcm，利用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到2πr=90⋅π⋅6 2180，然后解方程求出r即可．
本题考查了圆锥的计算：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，扇形的半径等于圆锥的母线长．
17.【答案】8
【解析】解：∵扇形的圆心角为90°，弧长为4π，
∴l=nπr180，
即4π=90π⋅r180，
则扇形的半径r=8．
故答案为：8．
利用扇形的弧长公式表示出扇形的弧长，将已知的圆心角及弧长代入，即可求出扇形的半径．
此题考查了弧长的计算公式，扇形的弧长公式为l=nπr180(n为扇形的圆心角度数，r为扇形的半径)，熟练掌握弧长公式是解本题的关键．
18.【答案】30°
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠C=90°，
∵∠OBC=60°，
∴∠BAC=30°．
故答案为：30°．
直接利用圆周角定理结合三角形内角和定理得出答案．
此题主要考查了圆周角定理，正确得出∠C的度数是解题关键．
19.【答案】解：(1)把点C(−6,1)代入双曲线y=kx(k≠0)得，
k=−6，
∴双曲线的关系式为：y=−6x．
当y=4时，x=−32，
∴E(−32,4)；
(2)①∵抛物线y=−12x2−x+5t−2=−12(x+1)2+5t−52，
∴顶点P(−1,5t−52)，
∵顶点P(−1,5t−52)，在反比例函数y=−6x的图象上．
∴y=6，
∴顶点P(−1,6)，
②当抛物线y=−12x2−x+5t−2过点B(0,4)时，有5t−2=4，
解得，t=65，
∴抛物线的关系式为：y=−12x2−x+4，
当x=−6时，y=−18+6+4=−8，而(−6,−8)不在线段AD上，
当y=0时，即−12x2−x+4=0，解得x1=−4，x2=2，而(−4,0)在线段OA上，而(2,0)不在矩形的边上，
当y=4时，即y=−12x2−x+4=4，解得x1=0，x2=−2，而(0,4)、(−2,4)均在线段BD上，
符合条件的点有：(−4,0)，(0,4)，(−2,4)共三个．
答：该抛物线与矩形OADB有3个公共点，此时t的值为65．
【解析】(1)把点C(−6,1)代入双曲线y=kx(k≠0)可求出函数关系式，再令y=4求出x即为点E坐标；
(2)①将抛物线配成顶点式，即得顶点坐标，代入反比例函数关系式可求得答案；②分别求出当y=0，y=4，x=−4，x=0时，求得相应的点的坐标，判断这些点是否在矩形OADB上即可．
考查反比例函数、二次函数图象上点的坐标特征，把点的坐标代入相应的函数关系式是因此的方法，数形结合有利于解题过程的呈现．
20.【答案】解：(1)原式=−3+2 2−6× 22−3+ 2
=−3+2 2−3 2−3+ 2
=−6；
(2)∵x(x−3)+2(x−3)=0，
∴(x−3)(x+2)=0，
∴x−3=0或x+2=0，
解得x=3或x=−2．
【解析】(1)根据实数的混合运算顺序和运算法则计算可得；
(2)利用因式分解法求解可得．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
21.【答案】解：(1)如图，延长AG交CD于H．
∵四边形ABCD是平行四边形，△AFG是等腰直角三角形，
∴∠FAG=∠DHG=90°，∠AGF=∠HGD，
又∵FG=DG，
∴△AGF≌△HGD(AAS)，
∴AG=GH=AF=3，
在Rt△AHD中，AD= AH2+DH2=3 5；
(2)如图，延长BG交CD的延长线于M，
∵FG=DG，
∴△BGF≌△MGD(AAS)，
∴BF=DM，
又∵AB=BE=CD，CE=BF，
则BC=CM
∴∠M=∠CBM=∠ABM
∵AB=BE，BG=BG，
∴△ABG≌△EBG(SAS)，
∴EG=AG，
∵△AFG是等腰直角三角形，
∴DG=FG= 2AG= 2EG．
【解析】(1)延长AG交CD于H，根据四边形ABCD是平行四边形，△AFG是等腰直角三角形证得△AGF≌△HGD，从而求得AG=GH=AF=3，然后利用勾股定理求得AD的长即可；
(2)延长BG交CD的延长线于M，首先证明△BGF≌△MGD得到BF=DM，然后通过证明△ABG≌△EBG得到EG=AG，从而证得△AFG是等腰直角三角形，然后利用等腰直角三角形的边角关系证得结论即可．
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，梯形中位线定理，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是本题的关键．
22.【答案】解：(1)如图，延长CE交AO于点G，过点E作EF⊥AC垂足为F．
∵∠ACE=30°，∠AEG=75°，
∴∠CAE=45°；
(2)由题意可知：∠ACG=30°，∠AEG=75°，CE=40，
∴∠EAC=∠AEG−∠ACG=45°，
∵EF=CE×Sin∠FCE=20，
∴AE=EFsin∠CAE=20 2，
∴AE的长度为20 2m；
(3)∵CF=CE×cs∠FCE=20 3，AF=EF=20，
∴AC=CF+AF=20+20 3，
∴AG=AC×Sin∠ACG=10+10 3，
∴AO=AG+GO=10+10 3+1.5≈29，
∴高度AO约为29m．
【解析】(1)延长CE交AO于点G，过点E作EF⊥AC垂足为F.利用三角形外角的性质可得；
(2)解直角三角形即可得到结论；
(3)解直角三角形即可得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用、勾股定理、三角函数；由勾股定理得出方程是解决问题的关键．
23.【答案】
解：分两种情况：
(i)当两条弦在圆心O异侧时，如图1所示：
过O作OE⊥AB，交CD于F点，
连接OB，OD，可得出OB=OD=5，
∵AB/​/CD，∴EF⊥CD，
∴E为AB中点，F为CD中点，
又∵AB=6，CD=8，
∴EB=3，FD=4，
在Rt△OEB和Rt△ODF中，
利用勾股定理得：OE= OB2−EB2=4，OF= OD2−FD2=3，
则弦AB与CD间的距离EF=OE+OF=4+3=7；
(ii)当两条弦在圆心O同侧时，如图2所示：
同理求出OE=4，OF=3，
则弦AB与CD间的距离EF=OE−OF=4−3=1．
综上，弦AB与CD间的距离为1或7．
【解析】分两种情况考虑：(i)当两条弦在圆心O异侧时，如图1所示：过O作OE⊥AB，交CD于F点，连接OB，OD，可得出OB=OD=5，在直角三角形OBE和直角三角形ODF中，利用勾股定理分别求出OE与OF，用OE+OF求出EF，即为两弦间的距离；(ii)如图2所示，同理求出OE与OF的长，用OE−OF求出EF，即为两弦间的距离，综上，得到所有满足题意的两弦的距离．
此题考查了垂径定理，以及勾股定理，利用了分类讨论的思想，熟练掌握定理是解本题的关键．
24.【答案】解：x2−x−12=1，
x2−x−13=0，
∵Δ=b2−4ac=(−1)2−4×1×(−13)=53，
∴x=−b± b2−4ac2=1± 532，
即x1=1+ 532，x2=1− 532．
【解析】方程利用公式法求解即可．
本题考查了利用公式法解一元二次方程，掌握一元二次方程的求根公式是解答本题的关键．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=−x2+bx+c经过A(3,0)，B(0,3)两点，
∴−9+3b+c=0c=3，
∴b=2c=3，
∴y=−x2+2x+3，
设直线AB的解析式为y=kx+n，
∵A(3,0)，B(0,3)
∴3k+n=0n=3，
∴k=−1n=3，
∴y=−x+3；
(2)由运动得，OE=t，AF= 2t，
∵OA=3，
∴AE=OA−OE=3−t，
∵△AEF和△AOB为直角三角形，且∠EAF=∠OAB，
①如图1，
当△AOB∽△AEF时，
∴AFAB=AEOA，
∴ 2t3 2=3−t3，
∴t=32，
②如图2，
当△AOB∽△AFE时，
∴OAAF=ABAE，
∴3 2t=3 23−t，
∴t=1；
(3)如图，存在，
过点P作PC/​/AB交y轴于C，
∵直线AB解析式为y=−x+3，
∴设直线PC解析式为y=−x+b，
联立y=−x+by=−x2+2x+3，
∴−x+b=−x2+2x+3，
∴x2−3x+b−3=0
∴△=9−4(b−3)=0
∴b=214，
∴BC=214−3=94，x=32，
∴P(32,154).
过点B作BD⊥PC，
∴直线BD解析式为y=x+3，
∴ 2BD=94，
∴BD=9 28，
∵AB=3 2
S最大=12AB×BD=12×3 2×9 28=278．
即：存在面积最大，最大是278，此时点P(32,154).
方法2、如图②，
过点P作PN⊥x轴于N，交AB于M，
设点P(m,−m2+2m+3)，
∴M(m,−m+3)，
∴PM=−m2+2m+3+m−3=−m2+3m，
∴S=S△PAB=S△PAM+S△PBM=12(−m2+3m)×3=−32(m2−3m)=−32(m−32)2+278，
∴当m=32时，S最大=278，此时，P(32,154).
【解析】(1)用待定系数法求出抛物线，直线解析式；
(2)分两种情况进行计算即可；
(3)方法1、确定出面积达到最大时，直线PC和抛物线相交于唯一点，从而确定出直线PC解析式为y=−x+214，根据锐角三角函数求出BD，计算即可．
方法2、设出点P的坐标，进而表示出点M坐标，即可表示出PM，最后用面积和即可得出二次函数，即可得出结论．
此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的性质和判定，平行线的解析式的确定方法，互相垂直的直线解析式的确定方法，解本题的关键是确定出△PAB面积最大时点P的特点．
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