江苏省苏州市张家港市2019-2020学年九年级上学期期末考试数学试卷

这是一份初中数学苏科版九年级上册本册综合练习，共30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。
2019-2020学年江苏省苏州市张家港市九年级（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.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把你认为正确的答案填在答题卷相应的空格内）
1．如果3a＝2b（ab≠0），那么比例式中正确的是（　　）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
2．抛物线y＝（x﹣2）2+1的顶点坐标为（　　）
A．（2，1） B．（2，﹣1） C．（﹣2，﹣1） D．（﹣2，1）
3．用配方法解方程x2﹣2x﹣8＝0时，配方后得到的方程为（　　）
A．（x+1）2＝7 B．（x﹣1）2＝7 C．（x+1）2＝9 D．（x﹣1）2＝9
4．在△ABC中，∠C＝90°．若sinA＝，则tanB的值为（　　）
A． B． C． D．3
5．化简：（1+）÷的结果为（　　）
A． B． C． D．
6．如图，在△ABC中，DE∥BC，AD＝9，DB＝3，CE＝2，则AC的长为（　　）

A．6 B．7 C．8 D．9
7．如图，BC是半圆O的直径，D，E是上两点，连接BD，CE并延长交于点A，连接OD，OE．如果∠A＝70°，那么∠DOE的度数为（　　）

A．35° B．38° C．40° D．42°
8．如图，每个小正方形的边长均为1，则下列图形中的三角形（阴影部分）与△A1B1C1相似的是（　　）

A． B．
C． D．
9．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝2，以AB的中点O为圆心，OA的长为半径作半圆交AC于点D，则图中阴影部分的面积为（　　）

A．﹣ B．+ C．2﹣π D．4﹣
10．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0），其对称轴为直线x＝﹣，结合图象分析下列结论：①abc＞0； ②3a+c＞0；③当x＜0时，y随x的增大而增大，④一元二次方程cx2+bx+a＝0的两根分别为x1＝﹣，x2＝；⑤若m，n（m＜n）为方程a（x+3）（x﹣2）+3＝0的两个根，则m＞﹣3且n＜2，其中正确的结论有（　　）

A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
二、填空题：（本大题共8小题，每小题3分，共24分.把你的答案填在答题卷相应的横线上）
11．计算：＝　 　．
12．比较大小：2sin60°+tan45°　 　4cos60°（用“＞”或“＝”或“＜”连接）．
13．圆锥的底面半径为5cm，母线长为12cm，其侧面积为　 　cm2．
14．已知二次函数y＝ax2+bx+c与一次函数y＝x的图象如图所示，则不等式ax2+（b﹣1）x+c＜0的解集为　 　．

15．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠BOD＝100°，则∠BCD＝　 　°．

16．如图，D，E分别是△ABC的边AB，BC上的点，且DE∥AC，AE，CD相交于点O，若S△DOE：S△COA＝1：9，则S△DBE与S△OCE的比是　 　．

17．如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别在x，y的正半轴上，以AB所在的直线为对称轴将△ABO翻折，使点O落在点C处，若点C的坐标为（4，8），则△AOC的外接圆半径为　 　．

18．如图，点P是以AB为直径的半圆上的动点，AB＝4，CA⊥AB，PD⊥AC于点D，连接AP，设AP的中点为E，若AP＝x，DE﹣DP＝y，则y的最大值为　 　．

三、解答题（本大题共10小题.共76分，把解答过程写在答题卷相应的位置上.解答时应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明）
19．（5分）已知：二次函数y＝x2+bx﹣3的图象经过点A（2，5）．
（1）求二次函数的解析式，
（2）求二次函数的图象与x轴的交点坐标．
20．（5分）如图，在平面直角坐标系中，过格点A、B、C作一圆弧．
（1）直接写出该圆弧所在圆的圆心D的坐标；
（2）求的长（结果保留π）．

21．（6分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，AB＝4，解这个直角三角形．
22．（6分）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝2，以AC为边作△ACE，∠ACE＝90°，AC＝CE，延长BC至点D，使CD＝5，连接DE．求证：△ABC∽△CED．

23．（8分）如图，在一次综合实践活动中，小亮要测量一楼房的高度，先在坡面D处测得楼房顶部A的仰角为30°，沿坡面向下走到坡脚C处，然后在地面上沿CB向楼房方向继续行走10米到达E处，测得楼房顶部A的仰角为60°．已知坡面CD＝10米，山坡的坡度i＝1：（坡度是指坡面的铅直高度与水平宽度的比）．
（1）求点D离地面高度（即点D到直线BC的距离）；
（2）求楼房AB高度．（结果保留根式）

24．（8分）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，经过点C的切线交AB的延长线于点E，AD⊥EC交EC的延长线于点D，连接AC．
（1）求证：AC平分∠DAE；
（2）若cos∠DAE＝，BE＝2，求⊙O的半径．

25．（8分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+mx+n与x轴交于点A，B（A在B的左侧）．
（1）如图1，若抛物线的对称轴为直线x＝﹣3，AB＝4．
①点A的坐标为（　 　，　 　），点B的坐标为（　 　，　 　）；
②求抛物线的函数表达式；
（2）如图2，将（1）中的抛物线向右平移若干个单位，再向下平移若干个单位，使平移后的抛物线经过点O，且与x正半轴交于点C，记平移后的抛物线顶点为P，若△OCP是等腰直角三角形，求点P的坐标．

26．（10分）如图，线段AB经过⊙O的圆心，交⊙O于A，C两点，BC＝1，AD为⊙O的弦，连接BD，∠BAD＝∠ABD＝30°，连接DO并延长交⊙O于点E，连接BE交⊙O于点M．
（1）求证：直线BD是⊙O的切线；
（2）求切线BD的长；
（3）求线段BM的长．

27．（10分）如图，抛物线y＝a（x﹣1）（x﹣3）（a＞0）与x轴交于A，B两点，抛物线上另有一点C在x轴下方，且使△OCA∽△OBC．
（1）求线段OC的长度；
（2）设直线BC与y轴交于点D，点C是BD的中点时，求直线BD和抛物线的解析式，
（3）在（2）的条件下，点P是直线BC下方抛物线上的一点，过P作PE⊥BC于点E，作PF∥AB交BD于点F，是否存在一点P，使得PE+PF最大，若存在，请求出该最大值；若不存在，请说明理由．

28．（10分）如图1，在▱ABCD中，AB＝3cm，BC＝5cm，AC⊥AB，△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为1cm/s；同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速移动，速度为1cm/s，当△PNM停止平移时，点Q也停止移动，如图2，设移动时间为t（s）（0＜＜4），连结PQ，MQ，解答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ∥MN？
（2）当t为何值时，∠CPQ＝45°？
（3）当t为何值时，PQ⊥MQ？


2019-2020学年江苏省苏州市张家港市九年级（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.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把你认为正确的答案填在答题卷相应的空格内）
1．如果3a＝2b（ab≠0），那么比例式中正确的是（　　）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
【分析】先逆用比例的基本性质，把3a＝2b改写成比例的形式，使相乘的两个数a和3做比例的外项，则相乘的另两个数b和2就做比例的内项；进而判断得解．
【解答】解：∵3a＝2b，
∴a：b＝2：3，b：a＝3：2，
即a：2＝b：3，
故A，B均错误，C正确，D错误．
故选：C．
2．抛物线y＝（x﹣2）2+1的顶点坐标为（　　）
A．（2，1） B．（2，﹣1） C．（﹣2，﹣1） D．（﹣2，1）
【分析】抛物线的顶点式为：y＝a（x﹣h）2+k，其顶点坐标是（h，k），可以确定抛物线的顶点坐标．
【解答】解：抛物线y＝（x﹣2）2+1是以抛物线的顶点式给出的，
其顶点坐标为：（2，1）．
故选：A．
3．用配方法解方程x2﹣2x﹣8＝0时，配方后得到的方程为（　　）
A．（x+1）2＝7 B．（x﹣1）2＝7 C．（x+1）2＝9 D．（x﹣1）2＝9
【分析】根据配方法解一元二次方程的步骤求解可得．
【解答】解：∵x2﹣2x﹣8＝0，
∴x2﹣2x＝8，
则x2﹣2x+1＝8+1，即（x﹣1）2＝9，
故选：D．
4．在△ABC中，∠C＝90°．若sinA＝，则tanB的值为（　　）
A． B． C． D．3
【分析】根据sinA＝，假设BC＝x，AB＝3x，得出AC＝x，再利用锐角三角函数的定义得出tanB的值．
【解答】：∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，sinA＝，
∴假设BC＝x，AB＝3x，
∴AC＝＝2x．
∴tanB＝＝＝2．
故选：B．

5．化简：（1+）÷的结果为（　　）
A． B． C． D．
【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时利用除法法则变形，约分即可得到结果．
【解答】解：原式＝•
＝．
故选：C．
6．如图，在△ABC中，DE∥BC，AD＝9，DB＝3，CE＝2，则AC的长为（　　）

A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】利用平行线分线段成比例定理得到＝，利用比例性质求出AE，然后计算AE+EC即可．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴＝，即＝，
∴AE＝6，
∴AC＝AE+EC＝6+2＝8．
故选：C．
7．如图，BC是半圆O的直径，D，E是上两点，连接BD，CE并延长交于点A，连接OD，OE．如果∠A＝70°，那么∠DOE的度数为（　　）

A．35° B．38° C．40° D．42°
【分析】连接CD，由圆周角定理得出∠BDC＝90°，求出∠ACD＝90°﹣∠A＝20°，再由圆周角定理得出∠DOE＝2∠ACD＝40°即可，
【解答】解：连接CD，如图所示：
∵BC是半圆O的直径，
∴∠BDC＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ACD＝90°﹣∠A＝20°，
∴∠DOE＝2∠ACD＝40°，
故选：C．

8．如图，每个小正方形的边长均为1，则下列图形中的三角形（阴影部分）与△A1B1C1相似的是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】根据相似三角形的判定方法一一判断即可．
【解答】解：因为△A1B1C1中有一个角是135°，选项中，有135°角的三角形只有B，且满足两边成比例夹角相等，
故选：B．
9．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝2，以AB的中点O为圆心，OA的长为半径作半圆交AC于点D，则图中阴影部分的面积为（　　）

A．﹣ B．+ C．2﹣π D．4﹣
【分析】根据题意，作出合适的辅助线，即可求得DE的长、∠DOB的度数，然后根据图形可知阴影部分的面积是△ABC的面积减去△AOD的面积和扇形BOD的面积，从而可以解答本题．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝2，
∴tanA＝，
∴∠A＝30°，
∴∠DOB＝60°，
∵OD＝AB＝，
∴DE＝，
∴阴影部分的面积是：＝，
故选：A．

10．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0），其对称轴为直线x＝﹣，结合图象分析下列结论：①abc＞0； ②3a+c＞0；③当x＜0时，y随x的增大而增大，④一元二次方程cx2+bx+a＝0的两根分别为x1＝﹣，x2＝；⑤若m，n（m＜n）为方程a（x+3）（x﹣2）+3＝0的两个根，则m＞﹣3且n＜2，其中正确的结论有（　　）

A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【分析】根据题意和函数图象中的数据，利用二次函数的性质可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：由函数图象可得，
a＜0，b＜0，c＞0，
则abc＞0，故①正确；
﹣＝，得a＝b，
∵x＝﹣3时，y＝9a﹣3b+c＝0，
∴6a+c＝0，
∴c＝﹣6a，
∴3a+c＝3a﹣6a＝﹣3a＞0，故②正确；
由图象可知，当x＜﹣时，y随x的增大而增大，当﹣＜x＜0时，y随x的增大而减小，故③错误；
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与X轴交于点（﹣3，0），其对称轴为直线x＝﹣，
∴该抛物线与x轴的另一个交点的坐标为（2，0），
∴ax2+bx+c＝0的两个根为x1＝﹣3，x2＝2，
∴a+b+c（）2＝0的两个根为x1＝﹣3，x2＝2，
∴一元二次方程cx2+bx+a＝0的两根分别为x1＝﹣，x2＝，故④正确；
∵该函数与x轴的两个交点为（﹣3，0），（2，0），
∴该函数的解析式可以为y＝a（x+3）（x﹣2），
当y＝﹣3时，﹣3＝a（x+3）（x﹣2）
∴当y＝﹣3对应的x的值一个小于﹣3，一个大于2，
∴若m，n（m＜n）为方程a（x+3）（x﹣2）+3＝0的两个根，则m＜﹣3且n＞2，故⑤错误；
故选：A．
二、填空题：（本大题共8小题，每小题3分，共24分.把你的答案填在答题卷相应的横线上）
11．计算：＝　﹣6　．
【分析】根据有理数除法法则：除以一个不等于0的数，等于乘这个数的倒数进行计算即可．
【解答】解：原式＝4×（﹣）＝﹣6，
故答案为：﹣6．
12．比较大小：2sin60°+tan45°　＞　4cos60°（用“＞”或“＝”或“＜”连接）．
【分析】首先代入特殊角的三角函数值计算出2sin60°+tan45°和4cos60°的值，再比较大小即可．
【解答】解：2sin60°+tan45°＝2×+1＝1，
4cos60°＝4×＝2，
∵＞1，
∴1＞2，
∴2sin60°+tan45°＞4cos60°，
故答案为：＞．
13．圆锥的底面半径为5cm，母线长为12cm，其侧面积为　60π　cm2．
【分析】圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2，把相应数值代入即可求解．
【解答】解：圆锥的侧面积＝2π×5×12÷2＝60π．
故答案为：60π．
14．已知二次函数y＝ax2+bx+c与一次函数y＝x的图象如图所示，则不等式ax2+（b﹣1）x+c＜0的解集为　1＜x＜3　．

【分析】根据当1＜x＜3时，二次函数值小于一次函数值，可得ax2+bx+c＜x，继而可求得答案．
【解答】解：∵当1＜x＜3时，二次函数值小于一次函数值，
∴ax2+bx+c＜x，
∴ax2+（b﹣1）x+c＜0．
∴不等式ax2+（b﹣1）x+c＜0的解集为1＜x＜3，
故答案为1＜x＜3．
15．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠BOD＝100°，则∠BCD＝　130　°．

【分析】先根据圆周角定理求出∠A的度数，再由圆内接四边形的性质即可得出结论．
【解答】解：∵∠BOD＝100°，
∴∠A＝50°．
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BCD＝180°﹣50°＝130°．
故答案为：130．
16．如图，D，E分别是△ABC的边AB，BC上的点，且DE∥AC，AE，CD相交于点O，若S△DOE：S△COA＝1：9，则S△DBE与S△OCE的比是　2：3　．

【分析】根据相似三角形的判定定理得到△DOE∽△COA，根据相似三角形的性质定理得到＝＝，从而可得到BE：EC＝1：2，求出S△BDE：S△CDE＝BE：EC，即可得出答案．
【解答】解：∵DE∥AC，
∴△DOE∽△COA，
又∵S△DOE：S△COA＝1：9，
∴＝＝，
即S△OCE＝S△DEC，
∵DE∥AC，
∴△ABE∽△BCA，
∴＝＝，
即S△DEC＝2S△BED，
∴S△DBE与S△OCE的比是S△DEC：S△DEC＝2：3，
故答案为：2：3．
17．如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别在x，y的正半轴上，以AB所在的直线为对称轴将△ABO翻折，使点O落在点C处，若点C的坐标为（4，8），则△AOC的外接圆半径为　　．

【分析】先确定三角形外接圆的圆心，再根据已知条件和勾股定理分别求出OC、OB和AO的长，进而可以求出外接圆的半径．
【解答】解：如图，

过点C作CE⊥y轴于点E，
连接OC交AB于点D，
根据翻折可知：AB是OC的垂直平分线，
作AO的垂直平分线交AB于点O′，
则点O′即为△AOC的外心，
设OB＝CB＝x，
∵点C（4，8）
∴CE＝4，OE＝8，
则OC＝＝＝4
∴CD＝OD＝2，
EB＝8﹣x，
在Rt△CEB中，根据勾股定理，得
x2＝（8﹣x）2+42，解得x＝5，
即OB＝BC＝5，
∴BD＝＝＝
∵OD2＝BD•AD
∴AD＝4
设OO′＝AO′＝r，
则DO′＝4﹣r，
∴（4﹣r）2+（2）2＝r2
解得r＝．
所以△AOC的外接圆半径为：．
故答案为：．
18．如图，点P是以AB为直径的半圆上的动点，AB＝4，CA⊥AB，PD⊥AC于点D，连接AP，设AP的中点为E，若AP＝x，DE﹣DP＝y，则y的最大值为　　．

【分析】连接BP，易证△PDA∽△APB，得到＝，那么DP＝x2，由PD⊥AC，AP的中点为E，可得DE＝AP＝x，结合条件得到y＝x﹣x2，配方即可得到y的最大值．
【解答】解：连接BP．
∵AB为直径，
∴∠APB＝90°，∠PAB+∠B＝90°，
∵CA⊥AB，
∴∠PAB+∠PAD＝90°，
∴∠B＝∠PAD．
∵PD⊥AC，
∴∠PDA＝90°．
在△PDA与△APB中，
，
∴△PDA∽△APB，
∴＝，
∵AP＝x，AB＝4，
∴DP＝x2，
∵PD⊥AC，AP的中点为E，
∴DE＝AP＝x，
∵DE﹣DP＝y，
∴y＝x﹣x2＝﹣（x﹣1）2+，
∴y的最大值为．
故答案为：．

三、解答题（本大题共10小题.共76分，把解答过程写在答题卷相应的位置上.解答时应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明）
19．（5分）已知：二次函数y＝x2+bx﹣3的图象经过点A（2，5）．
（1）求二次函数的解析式，
（2）求二次函数的图象与x轴的交点坐标．
【分析】（1）将A（2，5）代入y＝x2+bx﹣3，求得b值，则二次函数的解析式可得；
（2）令y＝0，解得x值，则二次函数的图象与x轴的交点坐标可得．
【解答】解：（1）将A（2，5）代入y＝x2+bx﹣3得
5＝4+2b﹣3
解得：b＝2
∴二次函数的解析式为y＝x2+2x﹣3．
（2）令y＝x2+2x﹣3＝0
则：（x﹣1）（x+3）＝0
解得：x1＝﹣3，x2＝1
∴二次函数的图象与x轴的交点坐标为（﹣3，0）、（1，0）．
20．（5分）如图，在平面直角坐标系中，过格点A、B、C作一圆弧．
（1）直接写出该圆弧所在圆的圆心D的坐标；
（2）求的长（结果保留π）．

【分析】（1）根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心；
（2）利用弧长公式即可求解．
【解答】解：（1）根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，

可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．
如图所示，则圆心是（2，0）．
（2）弧AC的半径是＝．
圆心角是90°，
则弧AC长是＝．
21．（6分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，AB＝4，解这个直角三角形．
【分析】先利用直角三角形中两锐角互余，计算出∠B的度数，根据正弦的定义分别计算AC、BC的长．
【解答】解：∵Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝30°，
∵sinB＝，
∴AC＝4sin30°＝2，
∵sinA＝，
∴BC＝4sin60°＝6．
22．（6分）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝2，以AC为边作△ACE，∠ACE＝90°，AC＝CE，延长BC至点D，使CD＝5，连接DE．求证：△ABC∽△CED．

【分析】先利用勾股定理计算出AC＝2，则CE＝2，所以＝，再证明∠BAC＝∠DCE．然后根据相似三角形的判定方法可判断△ABC∽△CED．
【解答】证明：∵∠B＝90°，AB＝4，BC＝2，
∴AC＝＝2，
∵CE＝AC，
∴CE＝2，
∵CD＝5，
∵＝＝，＝，
∴＝，
∵∠B＝90°，∠ACE＝90°，
∴∠BAC+∠BCA＝90°，∠BCA+∠DCE＝90°．
∴∠BAC＝∠DCE．
∴△ABC∽△CED．
23．（8分）如图，在一次综合实践活动中，小亮要测量一楼房的高度，先在坡面D处测得楼房顶部A的仰角为30°，沿坡面向下走到坡脚C处，然后在地面上沿CB向楼房方向继续行走10米到达E处，测得楼房顶部A的仰角为60°．已知坡面CD＝10米，山坡的坡度i＝1：（坡度是指坡面的铅直高度与水平宽度的比）．
（1）求点D离地面高度（即点D到直线BC的距离）；
（2）求楼房AB高度．（结果保留根式）

【分析】（1）根据坡比度i＝1：及CD的长，可求出点D离地面的高度；
（2）在两个直角三角形中，分别用AB表示BE、DG，建立方程求解即可．
【解答】解：（1）过D作DF⊥BC，垂足为F，
∵i＝1：，
∴DF：FC＝1：，CD＝10，
∴DF＝5，
即点D离地面的高度为5米．
（2）由（1）得，CF＝5，
过点D作DG⊥AB，垂足为G，
设AB＝x，则AG＝x﹣5，
在Rt△ABE中，BE＝＝x，
在Rt△ADG中，DG＝＝（x﹣5），
由DG＝FC+CE+BE得，
（x﹣5）＝5+10+x，
解得，x＝15+5，
答：AB的高度为（15+5）米．

24．（8分）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，经过点C的切线交AB的延长线于点E，AD⊥EC交EC的延长线于点D，连接AC．
（1）求证：AC平分∠DAE；
（2）若cos∠DAE＝，BE＝2，求⊙O的半径．

【分析】（1）连接OC，根据切线的性质得出OC⊥DE，求出OC∥AD，根据平行线的性质和等腰三角形的判定求出∠OAC＝∠DAC，根据角平分线的定义得出即可；
（2）求出∠DAE＝∠COE，解直角三角形求出即可．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵DE是⊙O的切线，
∴OC⊥DE，
∵AD⊥DE，
∴OC∥AD，
∴∠OCA＝∠DAC，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴AC平分∠DAE；

（2）解：设⊙O的半径为r，
∵OC∥AD，
∴∠DAE＝∠COE，
∴cos∠DAE＝cos∠COE＝，BE＝2，
∴＝，
解得：r＝4，
即⊙O的半径为4．
25．（8分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+mx+n与x轴交于点A，B（A在B的左侧）．
（1）如图1，若抛物线的对称轴为直线x＝﹣3，AB＝4．
①点A的坐标为（　﹣5　，　0　），点B的坐标为（　﹣1　，　0　）；
②求抛物线的函数表达式；
（2）如图2，将（1）中的抛物线向右平移若干个单位，再向下平移若干个单位，使平移后的抛物线经过点O，且与x正半轴交于点C，记平移后的抛物线顶点为P，若△OCP是等腰直角三角形，求点P的坐标．

【分析】（1）①根据抛物线的对称性分别求出点A的坐标、点B的坐标；
②利用待定系数法求出抛物线的函数表达式；
（2）作PD⊥OC于D，根据等腰直角三角形的性质得到PD＝OD，设出抛物线的顶点式，根据抛物线经过原点计算，得到答案．
【解答】解：（1）①∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣3，AB＝4，
∴点A的坐标为（﹣5，0），点B的坐标为（﹣1，0），
故答案为：﹣5；0﹣1；0；
②∵抛物线经过（﹣5，0），（﹣1，0），
∴，
解得，，
则抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣6x﹣5；
（2）如图2，作PD⊥OC于D，
∵△OCP是等腰直角三角形，
∴PD＝OC＝OD，
设点P的坐标为（a，a），
设抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣a）2+a，
∵抛物线经过原点，
∴﹣（0﹣a）2+a＝0，
解得，a1＝0（不合题意），a2＝1，
∴△OCP是等腰直角三角形时，点P的坐标为（1，1）．

26．（10分）如图，线段AB经过⊙O的圆心，交⊙O于A，C两点，BC＝1，AD为⊙O的弦，连接BD，∠BAD＝∠ABD＝30°，连接DO并延长交⊙O于点E，连接BE交⊙O于点M．
（1）求证：直线BD是⊙O的切线；
（2）求切线BD的长；
（3）求线段BM的长．

【分析】（1）求出∠BDO＝90°，再根据切线的判定得出即可；
（2）解直角三角形求出OD、根据勾股定理求出BD即可；
（3）连接DM，根据相似三角形的判定得出△BMD∽△BDE，得出比例式，再代入求出即可．
【解答】（1）证明：∵∠BAD＝∠ABD＝30°，
∴∠DOB＝2∠BAD＝60°，
∴∠ODB＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
即OD⊥BD，
∵OD过O，
∴直线BD是⊙O的切线；

（2）解：设OD＝OC＝r，
在Rt△BDO中，sin30°＝＝，
解得：r＝1，
即OD＝1，OB＝1+1＝2，
由勾股定理得：BD＝＝；

（3）解：连接DM，
∵DE是⊙O的直径，
∴∠DME＝90°，
即∠DMB＝∠BDE＝90°，
∵∠DBM＝∠DBE，
∴△BMD∽△BDE，
∴，
∴，
解得：BM＝．
27．（10分）如图，抛物线y＝a（x﹣1）（x﹣3）（a＞0）与x轴交于A，B两点，抛物线上另有一点C在x轴下方，且使△OCA∽△OBC．
（1）求线段OC的长度；
（2）设直线BC与y轴交于点D，点C是BD的中点时，求直线BD和抛物线的解析式，
（3）在（2）的条件下，点P是直线BC下方抛物线上的一点，过P作PE⊥BC于点E，作PF∥AB交BD于点F，是否存在一点P，使得PE+PF最大，若存在，请求出该最大值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）解方程求出点A的坐标、点B的坐标，得到OA＝1，OB＝3，根据相似三角形的性质列出比例式，求出OC；
（2）根据直角三角形的性质求出BD，根据勾股定理求出OD，利用待定系数法求出直线BD的解析式，根据中点的概念求出点C的坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（3）作PG⊥OB交BD于G，根据正切的定义得到∠OBD＝30°，用PG分别表示出PE、PF，根据题意列出二次函数解析式，根据二次函数的性质解答．
【解答】解：（1）a（x﹣1）（x﹣3）＝0，
x1＝1，x2＝3，
则点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（3，0），
∴OA＝1，OB＝3，
∵△OCA∽△OBC，
∴＝，即＝，
解得，OC＝；
（2）在Rt△BOD中，点C是BD的中点，
∴BD＝2OC＝2，
由勾股定理得，OD＝＝＝，
∴点D的坐标为（0，﹣）
设直线BD的解析式为：y＝kx+b，
则，
解得，，
则直线BD的解析式为：y＝x﹣，
∵点B的坐标为（3，0），点D的坐标为（0，﹣），点C是BD的中点，
∴点C的坐标为（，﹣），
∴﹣＝a（﹣1）（﹣3），
解得，a＝，
∴抛物线的解析式：y＝（x﹣1）（x﹣3），即y＝x2﹣x+2；
（3）作PG⊥OB交BD于G，
tan∠OBD＝＝，
∴∠OBD＝30°，
∵PF∥AB，
∴∠PFG＝∠OBD＝30°，
∴PF＝PG，
∵PE⊥BC，PF⊥PG，
∴∠EPG＝∠PFG＝30°，
∴PE＝PG，
∴PE+PF＝PG+PG＝PG，
设点P的坐标为（m，m2﹣m+2），点G的坐标为（m，m﹣），
∴PG＝m﹣﹣（m2﹣m+2）
＝﹣m2+3m﹣3
∴PE+PF＝PG
＝﹣3m2+m﹣
＝﹣3（m﹣）2+，
则PE+PF的最大值为．

28．（10分）如图1，在▱ABCD中，AB＝3cm，BC＝5cm，AC⊥AB，△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为1cm/s；同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速移动，速度为1cm/s，当△PNM停止平移时，点Q也停止移动，如图2，设移动时间为t（s）（0＜＜4），连结PQ，MQ，解答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ∥MN？
（2）当t为何值时，∠CPQ＝45°？
（3）当t为何值时，PQ⊥MQ？

【分析】（1）根据勾股定理求出AC，根据PQ∥AB，得出，可求t的值；
（2）如图2，过点Q作QE⊥AC，则QE∥AB，可得，可求CE＝，QE＝t，由等腰直角三角形的性质可得PE＝QE＝t，即可求t的值；
（3）如图2，过点P作PF⊥BC于F点，过点M作MH⊥BC，交BC延长线于点H，可证四边形PMHF是矩形，可得PM＝FH＝5，通过证明△ABC∽△FPC，可得，可求PF＝，CF＝，通过证明△PFQ∽△QHM，可得
，即可求解．
【解答】解：（1）∵AB＝3cm，BC＝5cm，AC⊥AB，
∴AC＝＝4cm，
∵MN∥AB，PQ∥MN，
∴PQ∥AB，
∴，
∴，
∴t＝s
（2）如图2，过点Q作QE⊥AC，则QE∥AB，

∴，
∴，
∴CE＝，QE＝t，
∵∠CPQ＝45°，
∴PE＝QE＝t，
∴t+t+t＝4，
∴t＝s
（3）如图2，过点P作PF⊥BC于F点，过点M作MH⊥BC，交BC延长线于点H，
∴四边形PMHF是矩形，
∴PM＝FH＝5，
∵∠A＝∠PFC＝90°，∠ACB＝∠PCF，
∴△ABC∽△FPC，
∴，
∴＝
∴PF＝，CF＝，
∴QH＝5﹣FQ＝5﹣（CF﹣CQ）＝，
∵PQ⊥MQ，
∴∠PQF+∠MQH＝90°，且∠PQF+∠FPQ＝90°，
∴∠FPQ＝∠MQH，且∠PFQ＝∠H＝90°，
∴△PFQ∽△QHM，
∴，
∴
∴t＝s．