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苏科版数学九年级上册月考模拟试卷三（含答案）
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这是一份苏科版数学九年级上册月考模拟试卷三（含答案），共28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。
苏科版数学九年级上册月考模拟试卷
一、选择题
1．方程（x﹣1）2=4的根是（ ）
A．3，﹣3 B．3，﹣2 C．2，﹣3 D．3，﹣1
2．函数y=﹣21（x﹣2）2+5的顶点坐标为（ ）
A．（2，5） B．（﹣2，5） C．（2，﹣5） D．（﹣2，5）
3．已知Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=3，则下列各式中，正确的是（ ）
A．sinB= B．cosB= C．tanB= D．以上都不对
4．在平面直角坐标系中，⊙O的圆心在原点，半径为2，则下面各点在⊙O上的是（ ）
A．（1，1） B．（﹣1，） C．（﹣2，﹣1） D．（，﹣2）
5．已知三角形的外心在三角形的外部，则这个三角形是（ ）
A．任意三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形
6．下列命题中：
①两个端点能够重合的弧是等弧；
②圆的任意一条弦把圆分成优弧和劣弧两部分；
③长度相等的弧是等弧；
④半径相等的两个圆是等圆；
⑤直径是最大的弦；
⑥半圆所对的弦是直径．
其中是真命题的有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
7．如图，在⊙O中，OC⊥弦AB于点C，AB=4，OC=1，则OB的长是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，AB是⊙O的切线，B为切点，AO与⊙O交于点C，若∠BAO=40°，则∠OCB的度数为（ ）
A．40° B．50° C．65° D．75°
9．如图，已知线段OA交⊙O于点B，且OB=AB，点P是⊙O上的一个动点，那么∠OAP的最大值是（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
10．如图，已知直线y=x﹣3与x轴、y轴分别交于A、B两点，P是以C（0，1）为圆心，1为半径的圆上一动点，连结PA、PB．则△PAB面积的最大值是（ ）
A．8 B．12 C． D．
二、填空题
11．若∠A为锐角，当tanA=时，cosA= ．
12．反比例函数y=的图象经过点（cos60°，tan45°），则k= ．
13．二次函数y=3x2+4x与一次函数y=x+b只有唯一公共点，则b= ．
14．形状与y=﹣x2+3的图象形状相同，但开口方向不同，顶点坐标是（4，5）的抛物线的解析式 ．
15．如图所示，若⊙O 的半径为13cm，点P是弦AB上一动点，且到圆心的最短距离为5cm，则弦AB的长为 ．
16．如图，将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O，则折痕AB的长为 cm．
17．如图所示，边长为1的小正方形构成的网格中，半径为1的⊙O的圆心O在格点上，则∠AED的正切值等于 ．
18．如图，PA、PB分别切⊙O于点A、B，若∠P=70°，则∠C的大小为 （度）．
19．如图，AB是⊙O的直径，直线PA与⊙O相切于点A，PO交⊙O于点C，连接BC，∠P=40°，则∠ABC的度数为 ．
20．如图，四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA和⊙O分别切于L、M、N、P，且AB=10cm，CD=5cm，则四边形ABCD周长为 cm．
21．⊙O为△ABC的外接圆，∠BOC=100°，则∠A= ．
22．一个直角三角形的两边长分别为3，4，则此三角形的外接圆半径是 ．
三、解答题
23．用适当的方法解方程：
（1）（x+）（x﹣）=0； （2）（2x+1）（x﹣4）=5．
24．已知一抛物线与x轴的交点是A（﹣2，0）、B（1，0），且经过点C（0，﹣4）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）求该抛物线的顶点坐标．
25．已知关于x的一元二次方程x2﹣mx﹣2=0．
（1）若﹣1是方程的一个根，求m的值和方程的另一根；
（2）证明：对于任意实数m，函数y=x2﹣mx﹣2的图象与x轴总有两个交点．
26．如图，AD是⊙O的弦，AB经过圆心O，交⊙O于点C．∠DAB=∠B=30°．
（1）直线BD是否与⊙O相切？为什么？
（2）连接CD，若CD=5，求AB的长．
27．如图，在小山的东侧A点处有一个热气球，由于受西风的影响，以30米/分的速度沿与地面成75°角的方向飞行，25分钟后到达C点处，此时热气球上的人测得小山西侧B点的俯角为30°，求小山东西两侧A、B两点间的距离．
28．如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的三个顶点分别是C（3，0），D（3，4），E（0，4）．点A在DE上，以A为顶点的抛物线过点C，且对称轴x=1交x轴于点B．连接EC，AC．点P，Q为动点，设运动时间为t秒．
（1）填空：点A坐标为 ，抛物线的解析式为 ；
（2）在图1中，若点P在线段OC上从点O向点C以1个单位/秒的速度运动，同时，点Q在线段CE上从点C向E以2个单位/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．连接PQ，是否存在实数t，使得PQ所在的直线经过点D，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）在图2中，若点P在对称轴上从点A开始向点B以1个单位/秒的速度运动，过点P作PF⊥AB，交AC于点F，过点F作FG⊥AD于点G，交抛物线于点Q，连接AQ，CQ．当t为何值时，△ACQ的面积最大？最大值是多少？
参考答案
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．方程（x﹣1）2=4的根是（ ）
A．3，﹣3 B．3，﹣2 C．2，﹣3 D．3，﹣1
【考点】解一元二次方程-直接开平方法．
【分析】利用直接开平方法解答即可．
【解答】解：∵x﹣1=±2，∴x=1±2，
∴x1=3，x2=﹣1．
故选：D．
2．函数y=﹣21（x﹣2）2+5的顶点坐标为（ ）
A．（2，5） B．（﹣2，5） C．（2，﹣5） D．（﹣2，5）
【考点】二次函数的性质．
【分析】根据二次函数的顶点式直接求解．
【解答】解：因为y=﹣21（x﹣2）2+5是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（2，5）；
故选A．
3．已知Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=3，则下列各式中，正确的是（ ）
A．sinB= B．cosB= C．tanB= D．以上都不对
【考点】锐角三角函数的定义．
【分析】根据勾股定理求出AB，根据锐角三角函数的定义求出各个三角函数值，即可得出答案．
【解答】解：如图：
由勾股定理得：AB=，
所以cosB=，sinB=，tanB=，所以只有选项C正确；
故选C
4．在平面直角坐标系中，⊙O的圆心在原点，半径为2，则下面各点在⊙O上的是（ ）
A．（1，1） B．（﹣1，） C．（﹣2，﹣1） D．（，﹣2）
【考点】点与圆的位置关系；坐标与图形性质．
【分析】根据点的坐标性质结合勾股定理得出斜边长，进而得出点与⊙O关系．
【解答】解：如图所示：
A、（1，1）点构成直角三角形的斜边为，小于2，故不在⊙O上，故此选项错误；
B、（﹣1，）点构成直角三角形的斜边为2，等于2，故在⊙O上，故此选项正确；
C、（﹣2，﹣1）点构成直角三角形的斜边为，大于2，故不在⊙O上，故此选项错误；
D、（，﹣2）点构成直角三角形的斜边为，大于2，故不在⊙O上，故此选项错误；
故选：B．
5．已知三角形的外心在三角形的外部，则这个三角形是（ ）
A．任意三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形
【考点】三角形的外接圆与外心．
【分析】三角形的外心是三角形的三条垂直平分线的交点．
【解答】解：根据三角形的外心的概念，知：
锐角三角形的外心在三角形的内部，直角三角形的外心在三角形的斜边中点处，钝角三角形的外心在三角形的外部．
故选D．
6．下列命题中：
①两个端点能够重合的弧是等弧；
②圆的任意一条弦把圆分成优弧和劣弧两部分；
③长度相等的弧是等弧；
④半径相等的两个圆是等圆；
⑤直径是最大的弦；
⑥半圆所对的弦是直径．
其中是真命题的有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【考点】命题与定理．
【分析】根据等弧的定义对①③进行判断；根据优弧和劣弧的定义对②进行判断；③长度相等的弧是等弧；根据等圆的定义对④进行判断；根据弦与直径的定义对⑤进行判断；根据圆周角定理的推论对⑥进行判断．
【解答】解：能够完全重合的弧是等弧，所以①错误；
圆的任意一条弦（非直径）把圆分成优弧和劣弧两部分，所以②错误；
能够完全重合的弧是等弧，所以③错误；
半径相等的两个圆是等圆，所以④正确；
直径是最大的弦，所以⑤正确；
半圆所对的弦是直径，所以⑥正确．
故选A．
7．如图，在⊙O中，OC⊥弦AB于点C，AB=4，OC=1，则OB的长是（ ）
A． B． C． D．
【考点】垂径定理；勾股定理．
【分析】根据垂径定理可得AC=BC=AB，在Rt△OBC中可求出OB．
【解答】解：∵OC⊥弦AB于点C，
∴AC=BC=AB，
在Rt△OBC中，OB==．
故选B．
8．如图，AB是⊙O的切线，B为切点，AO与⊙O交于点C，若∠BAO=40°，则∠OCB的度数为（ ）
A．40° B．50° C．65° D．75°
【考点】切线的性质．
【分析】根据切线的性质可判断∠OBA=90°，再由∠BAO=40°可得出∠O=50°，在等腰△OBC中求出∠OCB即可．
【解答】解：∵AB是⊙O的切线，B为切点，
∴OB⊥AB，即∠OBA=90°，
∵∠BAO=40°，
∴∠O=50°，
∵OB=OC（都是半径），
∴∠OCB==65°．
故选C．
9．如图，已知线段OA交⊙O于点B，且OB=AB，点P是⊙O上的一个动点，那么∠OAP的最大值是（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
【考点】切线的性质；含30度角的直角三角形．
【分析】当AP与⊙O相切时，∠OAP有最大值，连结OP，根据切线的性质得OP⊥AP，由OB=AB得OA=2OP，然后根据含30度的直角三角形三边的关系即可得到此时∠OAP的度数．
【解答】解：当AP与⊙O相切时，∠OAP有最大值，连结OP，如图，
则OP⊥AP，
∵OB=AB，
∴OA=2OP，
∴∠PAO=30°．
故选D．
10．如图，已知直线y=x﹣3与x轴、y轴分别交于A、B两点，P是以C（0，1）为圆心，1为半径的圆上一动点，连结PA、PB．则△PAB面积的最大值是（ ）
A．8 B．12 C． D．
【考点】圆的综合题．
【分析】求出A、B的坐标，根据勾股定理求出AB，求出点C到AB的距离，即可求出圆C上点到AB的最大距离，根据面积公式求出即可．
【解答】解：∵直线y=x﹣3与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A点的坐标为（4，0），B点的坐标为（0，﹣3），3x﹣4y﹣12=0，
即OA=4，OB=3，由勾股定理得：AB=5，
过C作CM⊥AB于M，连接AC，
则由三角形面积公式得：×AB×CM=×OA×OC+×OA×OB，
∴5×CM=4×1+3×4，
∴CM=，
∴圆C上点到直线y=x﹣3的最大距离是1+=，
∴△PAB面积的最大值是×5×=，
故选：C．
二、填空题（每小题3分，共36分）
11．若∠A为锐角，当tanA=时，cosA= ．
【考点】特殊角的三角函数值．
【分析】根据特殊角的三角函数值，即可求得∠A的度数，继而可得出cosA．
【解答】解：∵∠A为锐角，tanA=，
∴∠A=30°，
则cosA=cos30°=．
故答案为：．
12．反比例函数y=的图象经过点（cos60°，tan45°），则k= ．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；特殊角的三角函数值．
【分析】先求得该点的坐标，然后代入反比例函数解析式即可求得k的值．
【解答】解：∵tan45°=1，cos60°=，
∴k=tan45°×cos60°=．
故答案为．
13．二次函数y=3x2+4x与一次函数y=x+b只有唯一公共点，则b= ﹣ ．
【考点】二次函数图象上点的坐标特征；一次函数图象上点的坐标特征．
【分析】根据抛物线与直线的交点问题得到△=32﹣4×3（﹣b）=0，然后解不等式即可．
【解答】解：由题意得：，
整理得：3x2+3x﹣b=0，
∵二次函数y=3x2+4x与一次函数y=x+b只有唯一公共点，
∴△=32﹣4×3（﹣b）=0，
解得：b=﹣．
故答案为﹣．
14．形状与y=﹣x2+3的图象形状相同，但开口方向不同，顶点坐标是（4，5）的抛物线的解析式 y=（x﹣4）2+5 ．
【考点】二次函数的性质．
【分析】由于已知顶点坐标，则可设顶点式y=a（x﹣4）2+5，然后根据二次项系数的意义得到a=，从而确定所求抛物线的解析式．
【解答】解：设所求的抛物线解析式为y=a（x﹣4）2+5，
因为抛物线y=a（x﹣4）2+5与抛物线y=﹣x2+3形状相同，但开口方向不同，
所以a=，
所以该抛物线的解析式为y=（x﹣4）2+5．
故答案为y=（x﹣4）2+5．
15．如图所示，若⊙O 的半径为13cm，点P是弦AB上一动点，且到圆心的最短距离为5cm，则弦AB的长为 24cm ．
【考点】垂径定理；勾股定理．
【分析】过O点作OC⊥AB于C，连OA，根据垂线段最短得到OC=5cm，根据垂径定理得到AC=BC，再利用勾股定理计算出AC，即可得到AB．
【解答】解：过O点作OC⊥AB于C，连OA，如图，
∴OC=5cm，AC=BC，
在Rt△OAC中，OA=13cm，
∴AC===12（cm），
∴AB=2AC=24cm．
故答案为：24cm．
16．如图，将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O，则折痕AB的长为 2 cm．
【考点】垂径定理；勾股定理．
【分析】通过作辅助线，过点O作OD⊥AB交AB于点D，根据折叠的性质可知OA=2OD，根据勾股定理可将AD的长求出，通过垂径定理可求出AB的长．
【解答】解：过点O作OD⊥AB交AB于点D，连接OA，
∵OA=2OD=2cm，
∴AD===cm，
∵OD⊥AB，
∴AB=2AD=cm．
故答案为：2．
17．如图所示，边长为1的小正方形构成的网格中，半径为1的⊙O的圆心O在格点上，则∠AED的正切值等于 ．
【考点】圆周角定理；锐角三角函数的定义．
【分析】在Rt△ABC中，易知∠ABC的正切值为；根据圆周角定理可得，∠AED=∠ABC，由此可求出∠AED的正切值．
【解答】解：在Rt△ABC中，AC=1，AB=2；
∴tan∠ABC==；
∵∠AED=∠ABC，
∴tan∠AED=tan∠ABC=．
故答案为：．
18．如图，PA、PB分别切⊙O于点A、B，若∠P=70°，则∠C的大小为 55 （度）．
【考点】切线的性质．
【分析】首先连接OA，OB，由PA、PB分别切⊙O于点A、B，根据切线的性质可得：OA⊥PA，OB⊥PB，然后由四边形的内角和等于360°，求得∠AOB的度数，又由圆周角定理，即可求得答案．
【解答】解：连接OA，OB，
∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
即∠PAO=∠PBO=90°，
∴∠AOB=360°﹣∠PAO﹣∠P﹣∠PBO=360°﹣90°﹣70°﹣90°=110°，
∴∠C=∠AOB=55°．
故答案为：55．
19．如图，AB是⊙O的直径，直线PA与⊙O相切于点A，PO交⊙O于点C，连接BC，∠P=40°，则∠ABC的度数为 25° ．
【考点】切线的性质．
【分析】先利用切线的性质得到∠OAP=90°，则利用互余和计算出∠AOP=50°，再利用等腰三角形的性质和三角形外角性质可计算出∠B的度数．
【解答】解：∵直线PA与⊙O相切于点A，
∴OA⊥PA，
∴∠OAP=90°，
∴∠AOPP=90°﹣∠P=50°，
∵∠AOP=∠B+∠OCB，
而OB=OC，
∴∠B=∠AOP=25°．
故答案为25°．
20．如图，四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA和⊙O分别切于L、M、N、P，且AB=10cm，CD=5cm，则四边形ABCD周长为 30 cm．
【考点】切线长定理．
【分析】理由切线长定理，首先证明AB+CD=AD+BC，由此即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA和⊙O分别切于L、M、N、P，
∴AP=AL，BM=BL，CM=CN，DN=DP，
∴AL+BL+DN+CN=AP+BM+DP+CM，
即AB+CD=AD+BC，
∵AB=10cm，CD=5cm，
∴AB+CD=AD+BC=15cm，
∴四边形ABCD的周长为30cm．
故答案为30．
21．⊙O为△ABC的外接圆，∠BOC=100°，则∠A= 50°或130° ．
【考点】三角形的外接圆与外心；圆周角定理；圆内接四边形的性质．
【分析】分为两种情况：当O在△ABC内部时，根据圆周角定理求出∠A=50°；当O在△ABC外部时，根据圆内接四边形性质求出∠A′=180°﹣∠A即可．
【解答】解：分为两种情况：当O在△ABC内部时，
根据圆周角定理得：∠A=∠BOC=×100°=50°；
当O在△ABC外部时，如图在A′时，
∵A、B、A′、C四点共圆，
∴∠A+∠A′=180°，
∴∠A′=180°﹣50°=130°，
故答案为：50°或130°．
22．一个直角三角形的两边长分别为3，4，则此三角形的外接圆半径是 2或 ．
【考点】三角形的外接圆与外心．
【分析】直角三角形的外接圆圆心是斜边的中点，那么半径为斜边的一半，分两种情况：①4为斜边长；②3和4为两条直角边长，由勾股定理易求得此直角三角形的斜边长，进而可求得外接圆的半径．
【解答】解：由勾股定理可知：
①当直角三角形的斜边长为4，这个三角形的外接圆半径为2；
②当两条直角边长分别为16和12，则直角三角形的斜边长==5，
因此这个三角形的外接圆半径为．
故答案为：2或．
三、解答题（共64分）
23．用适当的方法解方程：
（1）（x+）（x﹣）=0；
（2）（2x+1）（x﹣4）=5．
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】（1）将方程左边的多项式利用十字相乘法分解因式化为积的形式，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，求出一次方程的解即可得到原方程的解；
（2）将方程移项变形后，提取公因式化为积的形式，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，求出一次方程的解即可得到原方程的解．
【解答】解：（1）（x+）（x﹣）=0，
x+=0，x﹣=0，
解得：x1=﹣，x2=；
（2）（2x+1）（x﹣4）=5，
2x2﹣7x﹣4=5，
2x2﹣7x﹣9=0，
（2x﹣9）（x+1）=0，
2x﹣9=0，x+1=0，
解得：x1=4.5，x2=﹣1．
24．已知一抛物线与x轴的交点是A（﹣2，0）、B（1，0），且经过点C（0，﹣4）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）求该抛物线的顶点坐标．
【考点】抛物线与x轴的交点；待定系数法求二次函数解析式．
【分析】（1）设交点式，利用待定系数法求二次函数的解析式；
（2）化成一般式后，配方求顶点坐标．
【解答】解：（1）∵A（﹣2，0）、B（1，0），
∴设抛物线的解析式为：y=a（x+2）（x﹣1），
把C（0，﹣4）代入得：﹣4=a（0+2）（0﹣1），
a=2，
∴抛物线的解析式为：y=2（x+2）（x﹣1）=2x2+2x﹣4；
（2）y=2x2+2x﹣4=2（x2+x+﹣）﹣4=2（x+）2﹣4.5；
∴顶点坐标为（﹣，﹣4.5）．
25．已知关于x的一元二次方程x2﹣mx﹣2=0．
（1）若﹣1是方程的一个根，求m的值和方程的另一根；
（2）证明：对于任意实数m，函数y=x2﹣mx﹣2的图象与x轴总有两个交点．
【考点】抛物线与x轴的交点；根与系数的关系．
【分析】（1）由于﹣1是方程的一个根，直接把它代入方程即可求出m的值，然后解方程可以求出方程的另一根；
（2）证明对于任意实数m，函数y=x2﹣mx﹣2的图象与x轴总有两个交点，就是证明函数的判别式是一个正数即可．
【解答】解：（1）∵﹣1是方程的一个根，
∴m=1，
将m=1代入方程得x2﹣x﹣2=0，
解之得x1=﹣1，x2=2．
∴方程的另一个根是2；
（2）∵△=m2﹣4×1×（﹣2）=m2+8，
∵无论m取任意实数，都有m2≥0，
∴m2+8＞0，
∴函数y=x2﹣mx﹣2的图象与x轴总有两个交点．
26．如图，AD是⊙O的弦，AB经过圆心O，交⊙O于点C．∠DAB=∠B=30°．
（1）直线BD是否与⊙O相切？为什么？
（2）连接CD，若CD=5，求AB的长．
【考点】切线的判定；含30度角的直角三角形；圆周角定理．
【分析】（1）连接OD，通过计算得到∠ODB=90°，证明BD与⊙O相切．
（2）△OCD是边长为5的等边三角形，得到圆的半径的长，然后求出AB的长．
【解答】解：（1）直线BD与⊙O相切．理由如下：
如图，连接OD，
∵∠DAB=∠B=30°，∴∠ADB=120°，
∵OA=OD，∴∠ODA=∠OAD=30°，
∴∠ODB=∠ADB﹣∠ODA=120°﹣30°=90°．
所以直线BD与⊙O相切．
（2）连接CD，
∠COD=∠OAD+∠ODA=30°+30°=60°，
又OC=OD
∴△OCD是等边三角形，
即：OC=OD=CD=5=OA，
∵∠ODB=90°，∠B=30°，
∴OB=10，
∴AB=AO+OB=5+10=15．
27．如图，在小山的东侧A点处有一个热气球，由于受西风的影响，以30米/分的速度沿与地面成75°角的方向飞行，25分钟后到达C点处，此时热气球上的人测得小山西侧B点的俯角为30°，求小山东西两侧A、B两点间的距离．
【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题．
【分析】过点A作AD⊥BC，垂足为D，在直角△ACD中利用三角函数求得AD的长，然后在直角△ABD中利用三角函数求得AB的长．
【解答】解：如图，过点A作AD⊥BC，垂足为D，
∵在Rt△ACD中，∠ACD=75°﹣30°=45°，
AC=30×25=750（米），
∴AD=AC•sin45°=375（米）．
在Rt△ABD中，
∵∠B=30°，
∴AB=2AD=750（米）．
所以小山东西两侧A、B两点间的距离为750米．
28．如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的三个顶点分别是C（3，0），D（3，4），E（0，4）．点A在DE上，以A为顶点的抛物线过点C，且对称轴x=1交x轴于点B．连接EC，AC．点P，Q为动点，设运动时间为t秒．
（1）填空：点A坐标为 （1，4） ，抛物线的解析式为 y=﹣x2+2x+3 ；
（2）在图1中，若点P在线段OC上从点O向点C以1个单位/秒的速度运动，同时，点Q在线段CE上从点C向E以2个单位/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．连接PQ，是否存在实数t，使得PQ所在的直线经过点D，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）在图2中，若点P在对称轴上从点A开始向点B以1个单位/秒的速度运动，过点P作PF⊥AB，交AC于点F，过点F作FG⊥AD于点G，交抛物线于点Q，连接AQ，CQ．当t为何值时，△ACQ的面积最大？最大值是多少？
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）由矩形的性质可直接求得A点坐标，可设顶点式方程，把C点坐标代入可求得抛物线的解析式；
（2）根据题意表示出P，Q点坐标，再利用待定系数法求出PQ所在直线解析式，进而将D点代入求出答案；
（3）先求得直线AC的解析式，可分别用t表示出P点和Q点的坐标，从而可求得FQ的长，可用t表示出△ACQ的面积，再根据二次函数的性质可求得其最大值．
【解答】解：（1）∵抛物线对称轴为x=1，
∴OB=1，
∵E点坐标为（0，4），
∴AB=OE=4，
∴A点坐标为（1，4），
可设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4，
把（3，0）代入可解得a=﹣1，
∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+4=﹣x2+2x+3，
故答案为：（1，4）；y=﹣x2+2x+3；
（2）如图1，过点Q作QF⊥OC于点F，
可得：QF∥EO，
则△QFC∽△EOC，
故==，
∵CO=3，EO=4，QC=2t，
∴解得：QF=t，FC=t，
则Q（3﹣t， t），
P（t，0），设直线PQ的解析式为：y=dx+e，
则，
解得：，
故直线PQ的解析式为：y=x+，
当PQ所在的直线经过点D，
则4=×3+，
整理得：2t2﹣17t+15=0，
解得：t1=7.5（不合题意舍去），t2=1，
故PQ所在的直线经过点D，t的值为1；
（3）设直线AC的解析式为y=kx+b，
把A、C两点坐标代入可得，
解得：，
∴直线AC的解析式为y=﹣2x+6．
∵P（1，4﹣t），
∴将y=4﹣t代入y=﹣2x+6中，得x=1+，
∴Q点的横坐标为1+．
将x=1+代入y=﹣（x﹣1）2+4中，得y=4﹣，
∴Q点的纵坐标为4﹣．
∴QF=（4﹣）﹣（4﹣t）=t﹣．
∴S△ACQ=S△AFQ+S△CFQ
=FQ•AG+FQ•DG
=FQ（AG+DG）
=FQ•AD
=×2（t﹣）
=﹣（t﹣2）2+1．
∴当t=2时，△ACQ的面积最大，最大值是1．
2017年2月27日
苏科版数学九年级上册月考模拟试卷
一、选择题
1．方程（x﹣1）2=4的根是（ ）
A．3，﹣3 B．3，﹣2 C．2，﹣3 D．3，﹣1
2．函数y=﹣21（x﹣2）2+5的顶点坐标为（ ）
A．（2，5） B．（﹣2，5） C．（2，﹣5） D．（﹣2，5）
3．已知Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=3，则下列各式中，正确的是（ ）
A．sinB= B．cosB= C．tanB= D．以上都不对
4．在平面直角坐标系中，⊙O的圆心在原点，半径为2，则下面各点在⊙O上的是（ ）
A．（1，1） B．（﹣1，） C．（﹣2，﹣1） D．（，﹣2）
5．已知三角形的外心在三角形的外部，则这个三角形是（ ）
A．任意三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形
6．下列命题中：
①两个端点能够重合的弧是等弧；
②圆的任意一条弦把圆分成优弧和劣弧两部分；
③长度相等的弧是等弧；
④半径相等的两个圆是等圆；
⑤直径是最大的弦；
⑥半圆所对的弦是直径．
其中是真命题的有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
7．如图，在⊙O中，OC⊥弦AB于点C，AB=4，OC=1，则OB的长是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，AB是⊙O的切线，B为切点，AO与⊙O交于点C，若∠BAO=40°，则∠OCB的度数为（ ）
A．40° B．50° C．65° D．75°
9．如图，已知线段OA交⊙O于点B，且OB=AB，点P是⊙O上的一个动点，那么∠OAP的最大值是（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
10．如图，已知直线y=x﹣3与x轴、y轴分别交于A、B两点，P是以C（0，1）为圆心，1为半径的圆上一动点，连结PA、PB．则△PAB面积的最大值是（ ）
A．8 B．12 C． D．
二、填空题
11．若∠A为锐角，当tanA=时，cosA= ．
12．反比例函数y=的图象经过点（cos60°，tan45°），则k= ．
13．二次函数y=3x2+4x与一次函数y=x+b只有唯一公共点，则b= ．
14．形状与y=﹣x2+3的图象形状相同，但开口方向不同，顶点坐标是（4，5）的抛物线的解析式 ．
15．如图所示，若⊙O 的半径为13cm，点P是弦AB上一动点，且到圆心的最短距离为5cm，则弦AB的长为 ．
16．如图，将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O，则折痕AB的长为 cm．
17．如图所示，边长为1的小正方形构成的网格中，半径为1的⊙O的圆心O在格点上，则∠AED的正切值等于 ．
18．如图，PA、PB分别切⊙O于点A、B，若∠P=70°，则∠C的大小为 （度）．
19．如图，AB是⊙O的直径，直线PA与⊙O相切于点A，PO交⊙O于点C，连接BC，∠P=40°，则∠ABC的度数为 ．
20．如图，四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA和⊙O分别切于L、M、N、P，且AB=10cm，CD=5cm，则四边形ABCD周长为 cm．
21．⊙O为△ABC的外接圆，∠BOC=100°，则∠A= ．
22．一个直角三角形的两边长分别为3，4，则此三角形的外接圆半径是 ．
三、解答题
23．用适当的方法解方程：
（1）（x+）（x﹣）=0； （2）（2x+1）（x﹣4）=5．
24．已知一抛物线与x轴的交点是A（﹣2，0）、B（1，0），且经过点C（0，﹣4）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）求该抛物线的顶点坐标．
25．已知关于x的一元二次方程x2﹣mx﹣2=0．
（1）若﹣1是方程的一个根，求m的值和方程的另一根；
（2）证明：对于任意实数m，函数y=x2﹣mx﹣2的图象与x轴总有两个交点．
26．如图，AD是⊙O的弦，AB经过圆心O，交⊙O于点C．∠DAB=∠B=30°．
（1）直线BD是否与⊙O相切？为什么？
（2）连接CD，若CD=5，求AB的长．
27．如图，在小山的东侧A点处有一个热气球，由于受西风的影响，以30米/分的速度沿与地面成75°角的方向飞行，25分钟后到达C点处，此时热气球上的人测得小山西侧B点的俯角为30°，求小山东西两侧A、B两点间的距离．
28．如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的三个顶点分别是C（3，0），D（3，4），E（0，4）．点A在DE上，以A为顶点的抛物线过点C，且对称轴x=1交x轴于点B．连接EC，AC．点P，Q为动点，设运动时间为t秒．
（1）填空：点A坐标为 ，抛物线的解析式为 ；
（2）在图1中，若点P在线段OC上从点O向点C以1个单位/秒的速度运动，同时，点Q在线段CE上从点C向E以2个单位/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．连接PQ，是否存在实数t，使得PQ所在的直线经过点D，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）在图2中，若点P在对称轴上从点A开始向点B以1个单位/秒的速度运动，过点P作PF⊥AB，交AC于点F，过点F作FG⊥AD于点G，交抛物线于点Q，连接AQ，CQ．当t为何值时，△ACQ的面积最大？最大值是多少？
参考答案
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．方程（x﹣1）2=4的根是（ ）
A．3，﹣3 B．3，﹣2 C．2，﹣3 D．3，﹣1
【考点】解一元二次方程-直接开平方法．
【分析】利用直接开平方法解答即可．
【解答】解：∵x﹣1=±2，∴x=1±2，
∴x1=3，x2=﹣1．
故选：D．
2．函数y=﹣21（x﹣2）2+5的顶点坐标为（ ）
A．（2，5） B．（﹣2，5） C．（2，﹣5） D．（﹣2，5）
【考点】二次函数的性质．
【分析】根据二次函数的顶点式直接求解．
【解答】解：因为y=﹣21（x﹣2）2+5是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（2，5）；
故选A．
3．已知Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=3，则下列各式中，正确的是（ ）
A．sinB= B．cosB= C．tanB= D．以上都不对
【考点】锐角三角函数的定义．
【分析】根据勾股定理求出AB，根据锐角三角函数的定义求出各个三角函数值，即可得出答案．
【解答】解：如图：
由勾股定理得：AB=，
所以cosB=，sinB=，tanB=，所以只有选项C正确；
故选C
4．在平面直角坐标系中，⊙O的圆心在原点，半径为2，则下面各点在⊙O上的是（ ）
A．（1，1） B．（﹣1，） C．（﹣2，﹣1） D．（，﹣2）
【考点】点与圆的位置关系；坐标与图形性质．
【分析】根据点的坐标性质结合勾股定理得出斜边长，进而得出点与⊙O关系．
【解答】解：如图所示：
A、（1，1）点构成直角三角形的斜边为，小于2，故不在⊙O上，故此选项错误；
B、（﹣1，）点构成直角三角形的斜边为2，等于2，故在⊙O上，故此选项正确；
C、（﹣2，﹣1）点构成直角三角形的斜边为，大于2，故不在⊙O上，故此选项错误；
D、（，﹣2）点构成直角三角形的斜边为，大于2，故不在⊙O上，故此选项错误；
故选：B．
5．已知三角形的外心在三角形的外部，则这个三角形是（ ）
A．任意三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形
【考点】三角形的外接圆与外心．
【分析】三角形的外心是三角形的三条垂直平分线的交点．
【解答】解：根据三角形的外心的概念，知：
锐角三角形的外心在三角形的内部，直角三角形的外心在三角形的斜边中点处，钝角三角形的外心在三角形的外部．
故选D．
6．下列命题中：
①两个端点能够重合的弧是等弧；
②圆的任意一条弦把圆分成优弧和劣弧两部分；
③长度相等的弧是等弧；
④半径相等的两个圆是等圆；
⑤直径是最大的弦；
⑥半圆所对的弦是直径．
其中是真命题的有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【考点】命题与定理．
【分析】根据等弧的定义对①③进行判断；根据优弧和劣弧的定义对②进行判断；③长度相等的弧是等弧；根据等圆的定义对④进行判断；根据弦与直径的定义对⑤进行判断；根据圆周角定理的推论对⑥进行判断．
【解答】解：能够完全重合的弧是等弧，所以①错误；
圆的任意一条弦（非直径）把圆分成优弧和劣弧两部分，所以②错误；
能够完全重合的弧是等弧，所以③错误；
半径相等的两个圆是等圆，所以④正确；
直径是最大的弦，所以⑤正确；
半圆所对的弦是直径，所以⑥正确．
故选A．
7．如图，在⊙O中，OC⊥弦AB于点C，AB=4，OC=1，则OB的长是（ ）
A． B． C． D．
【考点】垂径定理；勾股定理．
【分析】根据垂径定理可得AC=BC=AB，在Rt△OBC中可求出OB．
【解答】解：∵OC⊥弦AB于点C，
∴AC=BC=AB，
在Rt△OBC中，OB==．
故选B．
8．如图，AB是⊙O的切线，B为切点，AO与⊙O交于点C，若∠BAO=40°，则∠OCB的度数为（ ）
A．40° B．50° C．65° D．75°
【考点】切线的性质．
【分析】根据切线的性质可判断∠OBA=90°，再由∠BAO=40°可得出∠O=50°，在等腰△OBC中求出∠OCB即可．
【解答】解：∵AB是⊙O的切线，B为切点，
∴OB⊥AB，即∠OBA=90°，
∵∠BAO=40°，
∴∠O=50°，
∵OB=OC（都是半径），
∴∠OCB==65°．
故选C．
9．如图，已知线段OA交⊙O于点B，且OB=AB，点P是⊙O上的一个动点，那么∠OAP的最大值是（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
【考点】切线的性质；含30度角的直角三角形．
【分析】当AP与⊙O相切时，∠OAP有最大值，连结OP，根据切线的性质得OP⊥AP，由OB=AB得OA=2OP，然后根据含30度的直角三角形三边的关系即可得到此时∠OAP的度数．
【解答】解：当AP与⊙O相切时，∠OAP有最大值，连结OP，如图，
则OP⊥AP，
∵OB=AB，
∴OA=2OP，
∴∠PAO=30°．
故选D．
10．如图，已知直线y=x﹣3与x轴、y轴分别交于A、B两点，P是以C（0，1）为圆心，1为半径的圆上一动点，连结PA、PB．则△PAB面积的最大值是（ ）
A．8 B．12 C． D．
【考点】圆的综合题．
【分析】求出A、B的坐标，根据勾股定理求出AB，求出点C到AB的距离，即可求出圆C上点到AB的最大距离，根据面积公式求出即可．
【解答】解：∵直线y=x﹣3与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A点的坐标为（4，0），B点的坐标为（0，﹣3），3x﹣4y﹣12=0，
即OA=4，OB=3，由勾股定理得：AB=5，
过C作CM⊥AB于M，连接AC，
则由三角形面积公式得：×AB×CM=×OA×OC+×OA×OB，
∴5×CM=4×1+3×4，
∴CM=，
∴圆C上点到直线y=x﹣3的最大距离是1+=，
∴△PAB面积的最大值是×5×=，
故选：C．
二、填空题（每小题3分，共36分）
11．若∠A为锐角，当tanA=时，cosA= ．
【考点】特殊角的三角函数值．
【分析】根据特殊角的三角函数值，即可求得∠A的度数，继而可得出cosA．
【解答】解：∵∠A为锐角，tanA=，
∴∠A=30°，
则cosA=cos30°=．
故答案为：．
12．反比例函数y=的图象经过点（cos60°，tan45°），则k= ．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；特殊角的三角函数值．
【分析】先求得该点的坐标，然后代入反比例函数解析式即可求得k的值．
【解答】解：∵tan45°=1，cos60°=，
∴k=tan45°×cos60°=．
故答案为．
13．二次函数y=3x2+4x与一次函数y=x+b只有唯一公共点，则b= ﹣ ．
【考点】二次函数图象上点的坐标特征；一次函数图象上点的坐标特征．
【分析】根据抛物线与直线的交点问题得到△=32﹣4×3（﹣b）=0，然后解不等式即可．
【解答】解：由题意得：，
整理得：3x2+3x﹣b=0，
∵二次函数y=3x2+4x与一次函数y=x+b只有唯一公共点，
∴△=32﹣4×3（﹣b）=0，
解得：b=﹣．
故答案为﹣．
14．形状与y=﹣x2+3的图象形状相同，但开口方向不同，顶点坐标是（4，5）的抛物线的解析式 y=（x﹣4）2+5 ．
【考点】二次函数的性质．
【分析】由于已知顶点坐标，则可设顶点式y=a（x﹣4）2+5，然后根据二次项系数的意义得到a=，从而确定所求抛物线的解析式．
【解答】解：设所求的抛物线解析式为y=a（x﹣4）2+5，
因为抛物线y=a（x﹣4）2+5与抛物线y=﹣x2+3形状相同，但开口方向不同，
所以a=，
所以该抛物线的解析式为y=（x﹣4）2+5．
故答案为y=（x﹣4）2+5．
15．如图所示，若⊙O 的半径为13cm，点P是弦AB上一动点，且到圆心的最短距离为5cm，则弦AB的长为 24cm ．
【考点】垂径定理；勾股定理．
【分析】过O点作OC⊥AB于C，连OA，根据垂线段最短得到OC=5cm，根据垂径定理得到AC=BC，再利用勾股定理计算出AC，即可得到AB．
【解答】解：过O点作OC⊥AB于C，连OA，如图，
∴OC=5cm，AC=BC，
在Rt△OAC中，OA=13cm，
∴AC===12（cm），
∴AB=2AC=24cm．
故答案为：24cm．
16．如图，将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O，则折痕AB的长为 2 cm．
【考点】垂径定理；勾股定理．
【分析】通过作辅助线，过点O作OD⊥AB交AB于点D，根据折叠的性质可知OA=2OD，根据勾股定理可将AD的长求出，通过垂径定理可求出AB的长．
【解答】解：过点O作OD⊥AB交AB于点D，连接OA，
∵OA=2OD=2cm，
∴AD===cm，
∵OD⊥AB，
∴AB=2AD=cm．
故答案为：2．
17．如图所示，边长为1的小正方形构成的网格中，半径为1的⊙O的圆心O在格点上，则∠AED的正切值等于 ．
【考点】圆周角定理；锐角三角函数的定义．
【分析】在Rt△ABC中，易知∠ABC的正切值为；根据圆周角定理可得，∠AED=∠ABC，由此可求出∠AED的正切值．
【解答】解：在Rt△ABC中，AC=1，AB=2；
∴tan∠ABC==；
∵∠AED=∠ABC，
∴tan∠AED=tan∠ABC=．
故答案为：．
18．如图，PA、PB分别切⊙O于点A、B，若∠P=70°，则∠C的大小为 55 （度）．
【考点】切线的性质．
【分析】首先连接OA，OB，由PA、PB分别切⊙O于点A、B，根据切线的性质可得：OA⊥PA，OB⊥PB，然后由四边形的内角和等于360°，求得∠AOB的度数，又由圆周角定理，即可求得答案．
【解答】解：连接OA，OB，
∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
即∠PAO=∠PBO=90°，
∴∠AOB=360°﹣∠PAO﹣∠P﹣∠PBO=360°﹣90°﹣70°﹣90°=110°，
∴∠C=∠AOB=55°．
故答案为：55．
19．如图，AB是⊙O的直径，直线PA与⊙O相切于点A，PO交⊙O于点C，连接BC，∠P=40°，则∠ABC的度数为 25° ．
【考点】切线的性质．
【分析】先利用切线的性质得到∠OAP=90°，则利用互余和计算出∠AOP=50°，再利用等腰三角形的性质和三角形外角性质可计算出∠B的度数．
【解答】解：∵直线PA与⊙O相切于点A，
∴OA⊥PA，
∴∠OAP=90°，
∴∠AOPP=90°﹣∠P=50°，
∵∠AOP=∠B+∠OCB，
而OB=OC，
∴∠B=∠AOP=25°．
故答案为25°．
20．如图，四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA和⊙O分别切于L、M、N、P，且AB=10cm，CD=5cm，则四边形ABCD周长为 30 cm．
【考点】切线长定理．
【分析】理由切线长定理，首先证明AB+CD=AD+BC，由此即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA和⊙O分别切于L、M、N、P，
∴AP=AL，BM=BL，CM=CN，DN=DP，
∴AL+BL+DN+CN=AP+BM+DP+CM，
即AB+CD=AD+BC，
∵AB=10cm，CD=5cm，
∴AB+CD=AD+BC=15cm，
∴四边形ABCD的周长为30cm．
故答案为30．
21．⊙O为△ABC的外接圆，∠BOC=100°，则∠A= 50°或130° ．
【考点】三角形的外接圆与外心；圆周角定理；圆内接四边形的性质．
【分析】分为两种情况：当O在△ABC内部时，根据圆周角定理求出∠A=50°；当O在△ABC外部时，根据圆内接四边形性质求出∠A′=180°﹣∠A即可．
【解答】解：分为两种情况：当O在△ABC内部时，
根据圆周角定理得：∠A=∠BOC=×100°=50°；
当O在△ABC外部时，如图在A′时，
∵A、B、A′、C四点共圆，
∴∠A+∠A′=180°，
∴∠A′=180°﹣50°=130°，
故答案为：50°或130°．
22．一个直角三角形的两边长分别为3，4，则此三角形的外接圆半径是 2或 ．
【考点】三角形的外接圆与外心．
【分析】直角三角形的外接圆圆心是斜边的中点，那么半径为斜边的一半，分两种情况：①4为斜边长；②3和4为两条直角边长，由勾股定理易求得此直角三角形的斜边长，进而可求得外接圆的半径．
【解答】解：由勾股定理可知：
①当直角三角形的斜边长为4，这个三角形的外接圆半径为2；
②当两条直角边长分别为16和12，则直角三角形的斜边长==5，
因此这个三角形的外接圆半径为．
故答案为：2或．
三、解答题（共64分）
23．用适当的方法解方程：
（1）（x+）（x﹣）=0；
（2）（2x+1）（x﹣4）=5．
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】（1）将方程左边的多项式利用十字相乘法分解因式化为积的形式，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，求出一次方程的解即可得到原方程的解；
（2）将方程移项变形后，提取公因式化为积的形式，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，求出一次方程的解即可得到原方程的解．
【解答】解：（1）（x+）（x﹣）=0，
x+=0，x﹣=0，
解得：x1=﹣，x2=；
（2）（2x+1）（x﹣4）=5，
2x2﹣7x﹣4=5，
2x2﹣7x﹣9=0，
（2x﹣9）（x+1）=0，
2x﹣9=0，x+1=0，
解得：x1=4.5，x2=﹣1．
24．已知一抛物线与x轴的交点是A（﹣2，0）、B（1，0），且经过点C（0，﹣4）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）求该抛物线的顶点坐标．
【考点】抛物线与x轴的交点；待定系数法求二次函数解析式．
【分析】（1）设交点式，利用待定系数法求二次函数的解析式；
（2）化成一般式后，配方求顶点坐标．
【解答】解：（1）∵A（﹣2，0）、B（1，0），
∴设抛物线的解析式为：y=a（x+2）（x﹣1），
把C（0，﹣4）代入得：﹣4=a（0+2）（0﹣1），
a=2，
∴抛物线的解析式为：y=2（x+2）（x﹣1）=2x2+2x﹣4；
（2）y=2x2+2x﹣4=2（x2+x+﹣）﹣4=2（x+）2﹣4.5；
∴顶点坐标为（﹣，﹣4.5）．
25．已知关于x的一元二次方程x2﹣mx﹣2=0．
（1）若﹣1是方程的一个根，求m的值和方程的另一根；
（2）证明：对于任意实数m，函数y=x2﹣mx﹣2的图象与x轴总有两个交点．
【考点】抛物线与x轴的交点；根与系数的关系．
【分析】（1）由于﹣1是方程的一个根，直接把它代入方程即可求出m的值，然后解方程可以求出方程的另一根；
（2）证明对于任意实数m，函数y=x2﹣mx﹣2的图象与x轴总有两个交点，就是证明函数的判别式是一个正数即可．
【解答】解：（1）∵﹣1是方程的一个根，
∴m=1，
将m=1代入方程得x2﹣x﹣2=0，
解之得x1=﹣1，x2=2．
∴方程的另一个根是2；
（2）∵△=m2﹣4×1×（﹣2）=m2+8，
∵无论m取任意实数，都有m2≥0，
∴m2+8＞0，
∴函数y=x2﹣mx﹣2的图象与x轴总有两个交点．
26．如图，AD是⊙O的弦，AB经过圆心O，交⊙O于点C．∠DAB=∠B=30°．
（1）直线BD是否与⊙O相切？为什么？
（2）连接CD，若CD=5，求AB的长．
【考点】切线的判定；含30度角的直角三角形；圆周角定理．
【分析】（1）连接OD，通过计算得到∠ODB=90°，证明BD与⊙O相切．
（2）△OCD是边长为5的等边三角形，得到圆的半径的长，然后求出AB的长．
【解答】解：（1）直线BD与⊙O相切．理由如下：
如图，连接OD，
∵∠DAB=∠B=30°，∴∠ADB=120°，
∵OA=OD，∴∠ODA=∠OAD=30°，
∴∠ODB=∠ADB﹣∠ODA=120°﹣30°=90°．
所以直线BD与⊙O相切．
（2）连接CD，
∠COD=∠OAD+∠ODA=30°+30°=60°，
又OC=OD
∴△OCD是等边三角形，
即：OC=OD=CD=5=OA，
∵∠ODB=90°，∠B=30°，
∴OB=10，
∴AB=AO+OB=5+10=15．
27．如图，在小山的东侧A点处有一个热气球，由于受西风的影响，以30米/分的速度沿与地面成75°角的方向飞行，25分钟后到达C点处，此时热气球上的人测得小山西侧B点的俯角为30°，求小山东西两侧A、B两点间的距离．
【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题．
【分析】过点A作AD⊥BC，垂足为D，在直角△ACD中利用三角函数求得AD的长，然后在直角△ABD中利用三角函数求得AB的长．
【解答】解：如图，过点A作AD⊥BC，垂足为D，
∵在Rt△ACD中，∠ACD=75°﹣30°=45°，
AC=30×25=750（米），
∴AD=AC•sin45°=375（米）．
在Rt△ABD中，
∵∠B=30°，
∴AB=2AD=750（米）．
所以小山东西两侧A、B两点间的距离为750米．
28．如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的三个顶点分别是C（3，0），D（3，4），E（0，4）．点A在DE上，以A为顶点的抛物线过点C，且对称轴x=1交x轴于点B．连接EC，AC．点P，Q为动点，设运动时间为t秒．
（1）填空：点A坐标为 （1，4） ，抛物线的解析式为 y=﹣x2+2x+3 ；
（2）在图1中，若点P在线段OC上从点O向点C以1个单位/秒的速度运动，同时，点Q在线段CE上从点C向E以2个单位/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．连接PQ，是否存在实数t，使得PQ所在的直线经过点D，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）在图2中，若点P在对称轴上从点A开始向点B以1个单位/秒的速度运动，过点P作PF⊥AB，交AC于点F，过点F作FG⊥AD于点G，交抛物线于点Q，连接AQ，CQ．当t为何值时，△ACQ的面积最大？最大值是多少？
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）由矩形的性质可直接求得A点坐标，可设顶点式方程，把C点坐标代入可求得抛物线的解析式；
（2）根据题意表示出P，Q点坐标，再利用待定系数法求出PQ所在直线解析式，进而将D点代入求出答案；
（3）先求得直线AC的解析式，可分别用t表示出P点和Q点的坐标，从而可求得FQ的长，可用t表示出△ACQ的面积，再根据二次函数的性质可求得其最大值．
【解答】解：（1）∵抛物线对称轴为x=1，
∴OB=1，
∵E点坐标为（0，4），
∴AB=OE=4，
∴A点坐标为（1，4），
可设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4，
把（3，0）代入可解得a=﹣1，
∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+4=﹣x2+2x+3，
故答案为：（1，4）；y=﹣x2+2x+3；
（2）如图1，过点Q作QF⊥OC于点F，
可得：QF∥EO，
则△QFC∽△EOC，
故==，
∵CO=3，EO=4，QC=2t，
∴解得：QF=t，FC=t，
则Q（3﹣t， t），
P（t，0），设直线PQ的解析式为：y=dx+e，
则，
解得：，
故直线PQ的解析式为：y=x+，
当PQ所在的直线经过点D，
则4=×3+，
整理得：2t2﹣17t+15=0，
解得：t1=7.5（不合题意舍去），t2=1，
故PQ所在的直线经过点D，t的值为1；
（3）设直线AC的解析式为y=kx+b，
把A、C两点坐标代入可得，
解得：，
∴直线AC的解析式为y=﹣2x+6．
∵P（1，4﹣t），
∴将y=4﹣t代入y=﹣2x+6中，得x=1+，
∴Q点的横坐标为1+．
将x=1+代入y=﹣（x﹣1）2+4中，得y=4﹣，
∴Q点的纵坐标为4﹣．
∴QF=（4﹣）﹣（4﹣t）=t﹣．
∴S△ACQ=S△AFQ+S△CFQ
=FQ•AG+FQ•DG
=FQ（AG+DG）
=FQ•AD
=×2（t﹣）
=﹣（t﹣2）2+1．
∴当t=2时，△ACQ的面积最大，最大值是1．
2017年2月27日
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