人教版数学九年级上册月考模拟试卷二（含答案）

人教版数学九年级上册月考模拟试卷一、选择题．1．一元二次方程2x2﹣3x+1=0化为（x+a）2=b的形式，正确的是（　　）A．B．C．D．以上都不对2．下列四个图形中，是中心对称图形的是（　　）A．等腰梯形B．正三角形C．D．正五边形3．若函数y=mx2+（m+2）x+m+1的图象与x轴只有一个交点，那么m的值为（　　）A．0B．0或2C．2或﹣2D．0，2或﹣24．如图，⊙O中，直径CD⊥弦AB，则下列结论①△ABD是正△；②∠BOC=2∠ADC；③∠BOC=60°；④AC∥BD，正确的个数有（　　）A．1个B．2个C．3个D．4个5．如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转31°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC的度数为100°，则∠DOB的度数是（　　）A．34°B．36°C．38°D．40°6．某种正方形合金板材的成本y（元）与它的面积成正比．设它的边长为x厘米，当x=2时，y=16，那么当成本为72元时，边长为（　　）A．4厘米B．3厘米C．2厘米D．6厘米第31页（共31页） 7．如图，AB是⊙O的弦，AC是⊙O的切线，A为切点，BC经过圆心，∠B=20°，则∠C的度数为（　　）A．70°B．60°C．40°D．50°8．如图用圆心角为120°，半径为6的扇形围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），则这个圆锥的高是（　　）A．6B．8C．3D．49．如图是二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，x=﹣1是对称轴，有下列判断：①b﹣2a=0；②4a﹣2b+c＜0；③a﹣b+c=﹣9a；④若（﹣3，y1），（，y2）是抛物线上两点，则y1＞y2，其中正确的是（　　）A．①②③B．①③④C．①②④D．②③④10．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=5，AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，过点D作⊙O的切线BC于点M，切点为N，则DM的长为（　　）A．B．C．D．2第31页（共31页） 二、填空题．11．方程x2+2kx+k2﹣2k+1=0的两个实数根x1，x2满足x12+x22=4，则k的值为　　．12．在直角坐标系中，P（a，b）绕原点顺时针旋转90°后的对应点P′的坐标为　　．13．如图，将一块含30°角的直角三角板和半圆量角器按如图的方式摆放，使斜边与半圆相切．若半径OA=2，则图中阴影部分的面积为　　．（结果保留π）14．抛物线过点A（﹣1，0），B（0，﹣2），C（1，﹣2），且与x轴的另一交点为E，顶点为D，则四边形ABDE的面积为　　．15．如图，AB是⊙O的弦，AB=6，点C是⊙O上的一个动点，且∠ACB=45°．若点M，N分别是AB，BC的中点，则MN长的最大值是　　．16．如图，在正方形ABCD中，AD=1，将△ABD绕点B顺时针旋转45°得到△A′BD′，此时A′D′与CD交于点E，则DE的长度为　　．三、解答题．17．解方程3x2+5x+1=0．第31页（共31页） 18．已知抛物线与x轴交于点（﹣1，0），（2，0），且过点（1，3），求这条抛物线的解析式．19．如图，正方形网格中，每个小正方形边长都是1，在直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为A（2，﹣4），B（4，﹣4），C（1，﹣1）．（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，直接写出A1的坐标　　．（2）画出△ABC绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2C2．20．在⊙O中，直径AB=6，BC是弦，∠ABC=30°，点P在BC上，点Q在⊙O上，且OP⊥PQ．（1）如图1，当PQ∥AB时，求PQ的长度；（2）如图2，当点P在BC上移动时，求PQ长的最大值．第31页（共31页） 21．某校在一块一边筑墙（墙长15m）的空地上修建一矩形花园，如图，花园一边靠墙，另三边用总长为50m的栅栏围成，设BC边长为xm，花园面积为ym2．（1）求y与x之间的函数关系，并写出自变量x的取值范围．（2）结合题意判断，当x取何值时，花园面积最大．22．如图，点P是正方形ABCD内一点，点P到点A、B和D的距离分别为1，2，，△ADP沿点A旋转至△ABP′，连结PP′，并延长AP与BC相交于点Q．（1）求证：△APP′是等腰直角三角形；（2）求∠BPQ的大小；（3）求CQ的长．第31页（共31页） 23．如图，以线段AB为直径作⊙O，CD与⊙O相切于点E，交AB的延长线于点D，连接BE，过点O作OC∥BE交切线DE于点C，连接AC．（1）求证：AC是⊙O的切线；（2）若BD=OB=4，求弦AE的长．24．抛物线y=ax2﹣x﹣2的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，已知点B的坐标为（4，0），（1）求抛物线的解析式．（2）若点M是线段BC下方的抛物线上一点，求△MBC面积的最大值，并求出此时M的坐标．第31页（共31页） 25．如图，在平面直角坐标系中，⊙P经过x轴上一点C，与y轴分别相交于A、B两点，连接AP并延长分别交⊙P、x轴于点D、点E，连接DC并延长交y轴于点F．若点F的坐标为（0，1），点D的坐标为（6，﹣1）．（1）求证：DC=FC；（2）判断⊙P与x轴的位置关系，并说明理由；（3）求直线AD的解析式．　第31页（共31页） 参考答案1．一元二次方程2x2﹣3x+1=0化为（x+a）2=b的形式，正确的是（　　）A．B．C．D．以上都不对【考点】解一元二次方程﹣配方法．【分析】先把常数项1移到等号的右边，再把二次项系数化为1，最后在等式的两边同时加上一次项系数一半的平方，然后配方即可．【解答】解：∵2x2﹣3x+1=0，∴2x2﹣3x=﹣1，x2﹣x=﹣，x2﹣x+=﹣+，（x﹣）2=；∴一元二次方程2x2﹣3x+1=0化为（x+a）2=b的形式是：（x﹣）2=；故选C．　2．下列四个图形中，是中心对称图形的是（　　）A．等腰梯形B．正三角形C．D．正五边形【考点】中心对称图形．【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可得答案．【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；第31页（共31页） B、不是中心对称图形，故此选项错误；C、是中心对称图形，故此选项正确；D、不是中心对称图形，故此选项错误；故选：C．　3．若函数y=mx2+（m+2）x+m+1的图象与x轴只有一个交点，那么m的值为（　　）A．0B．0或2C．2或﹣2D．0，2或﹣2【考点】抛物线与x轴的交点．【分析】分为两种情况：函数是二次函数，函数是一次函数，求出即可．【解答】解：分为两种情况：①当函数是二次函数时，∵函数y=mx2+（m+2）x+m+1的图象与x轴只有一个交点，∴△=（m+2）2﹣4m（m+1）=0且m≠0，解得：m=±2，②当函数是一次函数时，m=0，此时函数解析式是y=2x+1，和x轴只有一个交点，故选：D．　4．如图，⊙O中，直径CD⊥弦AB，则下列结论①△ABD是正△；②∠BOC=2∠ADC；③∠BOC=60°；④AC∥BD，正确的个数有（　　）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】垂径定理；等边三角形的判定与性质．【分析】由垂径定理和圆周角定理得出①不正确，②正确；③④不正确．第31页（共31页） 【解答】解：∵直径CD⊥AB，∴，CD平分AB，∴∠BDC=∠ADC，AD=BD，∵∠BOC=2∠BDC，∴∠BOC=2∠ADC，①不正确，②正确；没有条件得出∠BOC=60°；AC∥BD，③④不正确；正确的结论有一个，故选：A．　5．如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转31°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC的度数为100°，则∠DOB的度数是（　　）A．34°B．36°C．38°D．40°【考点】旋转的性质．【分析】根据旋转的性质求出∠AOD和∠BOC的度数，计算出∠DOB的度数．【解答】解：由题意得，∠AOD=31°，∠BOC=31°，又∠AOC=100°，∴∠DOB=100°﹣31°﹣31°=38°．故选：C．　6．某种正方形合金板材的成本y（元）与它的面积成正比．设它的边长为x厘米，当x=2时，y=16，那么当成本为72元时，边长为（　　）A．4厘米B．3厘米C．2厘米D．6厘米【考点】二次函数的应用．【分析】设y与x之间的函数关系式为y=kx2，由待定系数法就可以求出解析式，当y=72时代入函数解析式就可以求出结论．【解答】解：设y与x之间的函数关系式为y=kx2，由题意，得16=4k，解得：k=4，第31页（共31页） ∴y=4x2，当y=72时，72=4x2，∴x=3．故选：B．　7．如图，AB是⊙O的弦，AC是⊙O的切线，A为切点，BC经过圆心，∠B=20°，则∠C的度数为（　　）A．70°B．60°C．40°D．50°【考点】切线的性质．【分析】连接OA，根据等边对等角求得∠BAO的度数，然后利用三角形的外角的性质求得∠AOC的度数，然后根据切线的性质得到∠OAC=90°，根据直角三角形的性质求解．【解答】解：连接OA．∵OA=OB，∴∠BAO=∠B=20°，∴∠AOC=∠BAO+∠B=40°，∵AC是⊙O的切线，∴OA⊥AC，即∠OAC=90°，∴∠C=90°﹣∠AOC=90°﹣40°=50°．故选D．　第31页（共31页） 8．如图用圆心角为120°，半径为6的扇形围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），则这个圆锥的高是（　　）A．6B．8C．3D．4【考点】圆锥的计算．【分析】设圆锥的底面圆的半径为r，根据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2πr=，解得r=2，然后利用扇形的半径等于圆锥的母线长和勾股定理计算圆锥的高．【解答】解：设圆锥的底面圆的半径为r，根据题意得2πr=，解得r=2，所以圆锥的高==4．故选D．　9．如图是二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，x=﹣1是对称轴，有下列判断：①b﹣2a=0；②4a﹣2b+c＜0；③a﹣b+c=﹣9a；④若（﹣3，y1），（，y2）是抛物线上两点，则y1＞y2，其中正确的是（　　）A．①②③B．①③④C．①②④D．②③④【考点】二次函数图象与系数的关系．【分析】利用二次函数图象的相关知识与函数系数的联系，需要根据图形，逐一判断．第31页（共31页） 【解答】解：∵抛物线的对称轴是直线x=﹣1，∴﹣=﹣1，b=2a，∴b﹣2a=0，故①正确；∵抛物线的对称轴是直线x=﹣1，和x轴的一个交点是（2，0），∴抛物线和x轴的另一个交点是（﹣4，0），∴把x=﹣2代入得：y=4a﹣2b+c＞0，故②错误；∵图象过点（2，0），代入抛物线的解析式得：4a+2b+c=0，又∵b=2a，∴c=﹣4a﹣2b=﹣8a，∴a﹣b+c=a﹣2a﹣8a=﹣9a，故③正确；根据图象，可知抛物线对称轴的右边y随x的增大而减小，∵抛物线和x轴的交点坐标是（2，0）和（﹣4，0），抛物线的对称轴是直线x=﹣1，∴点（﹣3，y1）关于对称轴的对称点的坐标是（（1，y1），∵（，y2），1＜，∴y1＞y2，故④正确；即正确的有①③④，故选：B．　10．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=5，AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，过点D作⊙O的切线BC于点M，切点为N，则DM的长为（　　）第31页（共31页） A．B．C．D．2【考点】切线的性质；矩形的性质．【分析】连接OE，OF，ON，OG，在矩形ABCD中，得到∠A=∠B=90°，CD=AB=4，由于AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点得到∠AEO=∠AFO=∠OFB=∠BGO=90°，推出四边形AFOE，FBGO是正方形，得到AF=BF=AE=BG=2，由勾股定理列方程即可求出结果．【解答】解：连接OE，OF，ON，OG，在矩形ABCD中，∵∠A=∠B=90°，CD=AB=4，∵AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，∴∠AEO=∠AFO=∠OFB=∠BGO=90°，∴四边形AFOE，FBGO是正方形，∴AF=BF=AE=BG=2，∴DE=3，∵DM是⊙O的切线，∴DN=DE=3，MN=MG，∴CM=5﹣2﹣MN=3﹣MN，在Rt△DMC中，DM2=CD2+CM2，∴（3+NM）2=（3﹣NM）2+42，∴NM=，∴DM=3=，故选A．第31页（共31页） 　二、填空题．（直接写出正确结果，每小题3分，共6题，总计18分）11．方程x2+2kx+k2﹣2k+1=0的两个实数根x1，x2满足x12+x22=4，则k的值为　1　．【考点】根与系数的关系．【分析】由x12+x22=x12+2x1•x2+x22﹣2x1•x2=（x1+x2）2﹣2x1•x2=4，然后根据根与系数的关系即可得到一个关于k的方程，从而求得k的值．【解答】解：∵方程x2+2kx+k2﹣2k+1=0的两个实数根，∴△=4k2﹣4（k2﹣2k+1）≥0，解得k≥．∵x12+x22=4，∴x12+x22=x12+2x1•x2+x22﹣2x1•x2=（x1+x2）2﹣2x1•x2=4，又∵x1+x2=﹣2k，x1•x2=k2﹣2k+1，代入上式有4k2﹣2（k2﹣2k+1）=4，解得k=1或k=﹣3（不合题意，舍去）．故答案为：1．　12．在直角坐标系中，P（a，b）绕原点顺时针旋转90°后的对应点P′的坐标为　（b，﹣a）　．【考点】坐标与图形变化﹣旋转．【分析】分成P在坐标轴上和在每个象限上时，分情况进行讨论，求得P'的坐标．【解答】解：当P在坐标轴上时，P‘的坐标是（b，﹣a）；当P在第一象限时，作PA⊥x轴于点A．作P'A⊥y轴于点B．∵∠POP'=∠AOB=90°，∴∠POA=∠P'OB，第31页（共31页） ∴在△OAP和△OBP'中，，∴△OAP≌△OBP'，∴OB=OA，PA=P'B，则P'的坐标是（b，﹣a）．同理，当P在第四象限时，P'在第三象限，坐标是（b，﹣a）．总之，不论P在任何位置，P'的坐标都是（b，﹣a）．故答案是：（b，﹣a）．　13．如图，将一块含30°角的直角三角板和半圆量角器按如图的方式摆放，使斜边与半圆相切．若半径OA=2，则图中阴影部分的面积为　+　．（结果保留π）【考点】切线的性质；扇形面积的计算．【分析】图中阴影部分的面积=扇形BOD的面积+△BOC的面积．【解答】解：∵斜边与半圆相切，点B是切点，∴∠EBO=90°．又∵∠E=30°，∴∠EBC=60°．∴∠BOD=120°，∵OA=OB=2，第31页（共31页） ∴OC=OB=1，BC=．∴S阴影=S扇形BOD+S△BOC=+×1×=+．故答案是：+．　14．抛物线过点A（﹣1，0），B（0，﹣2），C（1，﹣2），且与x轴的另一交点为E，顶点为D，则四边形ABDE的面积为　4　．【考点】抛物线与x轴的交点．【分析】先求出抛物线的对称轴方程，再由A、E两点关于对称轴对称可得出E点坐标，再由梯形的面积公式即可得出结论．【解答】解：∵B（0，﹣2），C（1，﹣2），∴抛物线的对称轴方程为x=，∵点A（﹣1，0），∴E（2，0），∴四边形ABDE的面积=（AE+BC）×2=×（3+1）×2=4．故答案为：4．　15．如图，AB是⊙O的弦，AB=6，点C是⊙O上的一个动点，且∠ACB=45°．若点M，N分别是AB，BC的中点，则MN长的最大值是　3　．【考点】三角形中位线定理；等腰直角三角形；圆周角定理．【分析】第31页（共31页） 根据中位线定理得到MN的最大时，AC最大，当AC最大时是直径，从而求得直径后就可以求得最大值．【解答】解：∵点M，N分别是AB，BC的中点，∴MN=AC，∴当AC取得最大值时，MN就取得最大值，当AC是直径时，最大，如图，∵∠ACB=∠D=45°，AB=6，∴AD=6，∴MN=AD=3故答案为：3．　16．如图，在正方形ABCD中，AD=1，将△ABD绕点B顺时针旋转45°得到△A′BD′，此时A′D′与CD交于点E，则DE的长度为　2﹣　．【考点】旋转的性质．【分析】利用正方形和旋转的性质得出A′D=A′E，进而利用勾股定理得出BD的长，进而利用锐角三角函数关系得出DE的长即可．【解答】解：由题意可得出：∠BDC=45°，∠DA′E=90°，∴∠DEA′=45°，∴A′D=A′E，∵在正方形ABCD中，AD=1，∴AB=A′B=1，第31页（共31页） ∴BD=，∴A′D=﹣1，∴在Rt△DA′E中，DE==2﹣．故答案为：2﹣．　三、解答题．（共72分）17．解方程3x2+5x+1=0．【考点】解一元二次方程﹣公式法．【分析】直接利用求根公式求解一元二次方程的解即可．【解答】解：3x2+5x+1=0，这里a=3，b=5，c=1，b2﹣4ac=52﹣4×3×1=13，x=，x1=，x2=．　18．已知抛物线与x轴交于点（﹣1，0），（2，0），且过点（1，3），求这条抛物线的解析式．【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】先设出抛物线的解析式，然后将点（﹣1，0）（2，0）（1，3）代入即可求得抛物线的解析式．【解答】解：设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，将点（﹣1，0）（2，0）（1，3）代入得：，解得：，∴这条抛物线的解析式为y=﹣x2+x+3．第31页（共31页） 　19．如图，正方形网格中，每个小正方形边长都是1，在直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为A（2，﹣4），B（4，﹣4），C（1，﹣1）．（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，直接写出A1的坐标　（﹣2，﹣4）　．（2）画出△ABC绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2C2．【考点】作图﹣旋转变换；作图﹣轴对称变换．【分析】（1）利用关于y轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1；（2）利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作，A1的坐标为（﹣2，﹣4）；（2）如图，△A2B2C2为所作．　20．在⊙O中，直径AB=6，BC是弦，∠ABC=30°，点P在BC上，点Q在⊙第31页（共31页） O上，且OP⊥PQ．（1）如图1，当PQ∥AB时，求PQ的长度；（2）如图2，当点P在BC上移动时，求PQ长的最大值．【考点】圆周角定理；勾股定理；解直角三角形．【分析】（1）连结OQ，如图1，由PQ∥AB，OP⊥PQ得到OP⊥AB，在Rt△OBP中，利用正切定义可计算出OP=3tan30°=，然后在Rt△OPQ中利用勾股定理可计算出PQ=；（2）连结OQ，如图2，在Rt△OPQ中，根据勾股定理得到PQ=，则当OP的长最小时，PQ的长最大，根据垂线段最短得到OP⊥BC，则OP=OB=，所以PQ长的最大值=．【解答】解：（1）连结OQ，如图1，∵PQ∥AB，OP⊥PQ，∴OP⊥AB，在Rt△OBP中，∵tan∠B=，∴OP=3tan30°=，在Rt△OPQ中，∵OP=，OQ=3，∴PQ==；（2）连结OQ，如图2，在Rt△OPQ中，PQ==，当OP的长最小时，PQ的长最大，此时OP⊥BC，则OP=OB=，第31页（共31页） ∴PQ长的最大值为=．　21．某校在一块一边筑墙（墙长15m）的空地上修建一矩形花园，如图，花园一边靠墙，另三边用总长为50m的栅栏围成，设BC边长为xm，花园面积为ym2．（1）求y与x之间的函数关系，并写出自变量x的取值范围．（2）结合题意判断，当x取何值时，花园面积最大．【考点】二次函数的应用．【分析】（1）首先根据矩形的性质，由花园的BC边长为x（m），可得AB=，然后根据矩形面积的求解方法，即可求得S与x之间的函数关系式，又由墙长15m，即可求得自变量x的范围；（2）根据（1）中的二次函数的增减性，可知当x＜25时，S随x的增大而增大，故可得当x=15时，S最大，将其代入函数解析式，即可求得最大面积．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC，∵BC=xm，AB+BC+CD=50m，∴AB=，∴花园的面积为：S=x•=﹣x2+25x（0＜x≤20）；第31页（共31页） ∴S与x之间的函数关系式为：S=﹣x2+25x（0＜x≤15）；（2）∵S=﹣x2+25x=﹣（x﹣25）2+312.5，∵a=﹣＜0，∴当x＜25时，y随x的增大而增大，∴当x=15时，y最大，最大值y=262.5m2．∴当x=15m时，花园的面积最大，最大面积为265.2m2．　22．如图，点P是正方形ABCD内一点，点P到点A、B和D的距离分别为1，2，，△ADP沿点A旋转至△ABP′，连结PP′，并延长AP与BC相交于点Q．（1）求证：△APP′是等腰直角三角形；（2）求∠BPQ的大小；（3）求CQ的长．【考点】几何变换综合题．【分析】（1）根据旋转的性质可知，△APD≌△AP′B，所以AP=AP′，∠PAD=∠P′AB，因为∠PAD+∠PAB=90°，所以∠P′AB+∠PAB=90°，即∠PAP′=90°，故△APP′是等腰直角三角形；（2）根据勾股定理逆定理可判断△PP′B是直角三角形，再根据平角定义求出结果；（3）作BE⊥AQ，垂足为E，由∠BPQ=45°，P′B=2，求出PE=BE=2，在Rt△ABE中，运用勾股定理求出AB，再由cos∠EAB=cos∠EBQ，求出BQ，则CQ=BC﹣BQ．第31页（共31页） 【解答】解：（1）∵△ADP沿点A旋转至△ABP′，∴根据旋转的性质可知，△APD≌△AP′B，∴AP=AP′，∠PAD=∠P′AB，∵∠PAD+∠PAB=90°，∴∠P′AB+∠PAB=90°，即∠PAP′=90°，∴△APP′是等腰直角三角形；（2）由（1）知∠PAP′=90°，AP=AP′=1，∴PP′=，∵P′B=PD=，PB=2，∴P′B2=PP′2+PB2，∴∠P′PB=90°，∵△APP′是等腰直角三角形，∴∠APP′=45°，∴∠BPQ=180°﹣90°﹣45°=45°；（3）作BE⊥AQ，垂足为E，∵∠BPQ=45°，PB=2，∴PE=BE=2，∴AE=2+1=3，∴AB==，BE==2，∵∠EBQ=∠EAB，cos∠EAB=，∴cos∠EBQ=，∴，∴BQ=，∴CQ=﹣=．第31页（共31页） 　23．如图，以线段AB为直径作⊙O，CD与⊙O相切于点E，交AB的延长线于点D，连接BE，过点O作OC∥BE交切线DE于点C，连接AC．（1）求证：AC是⊙O的切线；（2）若BD=OB=4，求弦AE的长．【考点】切线的判定与性质．【分析】（1）连接OE，根据CD与圆O相切，利用切线的性质得到OE垂直于CD，再由OC与BE平行，得到同位角相等与内错角相等，根据OB=OE，利用等边对等角得到一对角相等，等量代换得到夹角相等，再由OA=OE，OC=OC，利用SAS得到三角形AOC与三角形EOC全等，利用全等三角形对应角相等得到∠OAC=∠OEC=90°，即可得证；（2）根据题意得到EB为直角三角形斜边上的中线，求出EB的长，再由OE=OB=EB得到三角形OEB为等边三角形，求出∠ABE=60°，根据AB为圆O直径，利用直径所对的圆周角为直角得到三角形AEB为直角三角形，利用锐角三角函数定义求出AE的长即可．【解答】（1）证明：连接OE，∵CD与圆O相切，∴OE⊥CD，∴∠CEO=90°，第31页（共31页） ∵BE∥OC，∴∠AOC=∠OBE，∠COE=∠OEB，∵OB=OE，∴∠OBE=∠OEB，∴∠AOC=∠COE，在△AOC和△EOC中，，∴△AOC≌△EOC（SAS），∴∠CAO=∠CEO=90°，则AC与圆O相切；（2）在Rt△DEO中，BD=OB，∴BE=OD=OB=4，∵OB=OE，∴△BOE为等边三角形，∴∠ABE=60°，∵AB为圆O的直径，∴∠AEB=90°，∴AE=BE•tan60°=4．　24．抛物线y=ax2﹣x﹣2的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，已知点B的坐标为（4，0），（1）求抛物线的解析式．第31页（共31页） （2）若点M是线段BC下方的抛物线上一点，求△MBC面积的最大值，并求出此时M的坐标．【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式．【分析】（1）该函数解析式只有一个待定系数，只需将B点坐标代入解析式中即可．（2）△MBC的面积可由S△MBC=BC×h表示，若要它的面积最大，需要使h取最大值，即点M到直线BC的距离最大，若设一条平行于BC的直线，那么当该直线与抛物线有且只有一个交点时，该交点就是点M．【解答】解：（1）将B（4，0）代入抛物线的解析式中，得：0=16a﹣×4﹣2，即：a=；∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2．（2）已求得：B（4，0）、C（0，﹣2），可得直线BC的解析式为：y=x﹣2；设直线l∥BC，则该直线的解析式可表示为：y=x+b，当直线l与抛物线只有一个交点时，可列方程：x+b=x2﹣x﹣2，即：x2﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0；∴4﹣4×（﹣2﹣b）=0，即b=4；∴直线l：y=x﹣4．由于S△MBC=BC×h，当h最大（即点M到直线BC的距离最远）时，△ABC的面积最大所以点M即直线l和抛物线的唯一交点，有：，解得：，即M（2，﹣3）．　第31页（共31页） 25．如图，在平面直角坐标系中，⊙P经过x轴上一点C，与y轴分别相交于A、B两点，连接AP并延长分别交⊙P、x轴于点D、点E，连接DC并延长交y轴于点F．若点F的坐标为（0，1），点D的坐标为（6，﹣1）．（1）求证：DC=FC；（2）判断⊙P与x轴的位置关系，并说明理由；（3）求直线AD的解析式．【考点】圆的综合题．【分析】（1）通过证△FOC≌△DHC（AAS）得到：DC=FC；（2）如图，连接PC．⊙P与x轴的位置关系是相切．欲证明⊙P与x轴相切．只需证得PC⊥x轴；（3）设AD的长为x，则在等腰直角△ABD中，由勾股定理，得x2=62+（x﹣2）2，通过解方程求得x=10．则点A的坐标为（0，﹣9）．依据点A、D的坐标来求直线AD的解析式．【解答】（1）证明：如图，过点D作DH⊥x轴于点H，则∠CHD=∠COF=90°．∵点F的坐标为（0，1），点D的坐标为（6，﹣1），∴DH=OF，∵在△FOC与△DHC中，∴△FOC≌△DHC（AAS），∴DC=FC；（2）答：⊙P与x轴相切．理由如下：如图，连接CP．第31页（共31页） ∵AP=PD，DC=CF，∴CP∥AF，∴∠PCE=∠AOC=90°，即PC⊥x轴．又PC是半径，∴⊙P与x轴相切；（3）解：由（2）可知，CP是△DFA的中位线，∴AF=2CP．∵AD=2CP，∴AD=AF．连接BD．∵AD是⊙P的直径，∴∠ABD=90°，∴BD=OH=6，OB=DH=FO=1．设AD的长为x，则在直角△ABD中，由勾股定理，得x2=62+（x﹣2）2，解得x=10．∴点A的坐标为（0，﹣9）．设直线AD的解析式为：y=kx+b（k≠0）．则，解得，∴直线AD的解析式为：y=x﹣9．第31页（共31页） 　第31页（共31页） 2017年5月15日第31页（共31页）