南京市九年級數(shù)學上冊期末試卷
九年級是一個至關重要的學年，同學們一定要在期末考試到來之前就要準備好的數(shù)學期末試卷來復習，下面是學習啦小編為大家?guī)淼年P于南京市九年級數(shù)學上冊期末試卷，希望會給大家?guī)韼椭?/p>
南京市九年級數(shù)學上冊期末試卷：
一、選擇題(本大題共6小題，每小題2分，共計12分)
1.一元二次方程x2=1的解是( )
A.x=1 B.x=﹣1 C.x=±1 D.x=0
【考點】解一元二次方程-直接開平方法.
【專題】計算題.
【分析】方程利用平方根定義開方即可求出解.
【解答】解：x2=1，
開方得：x=±1.
故選C
【點評】此題考查了解一元二次方程﹣直接開平方法，利用此方法解方程時，首先將方程左邊化為完全平方式，右邊為非負常數(shù)，利用平方根定義開方轉(zhuǎn)化為兩個一元一次方程來求解.
2.⊙O的半徑為1，同一平面內(nèi)，若點P與圓心O的距離為1，則點P與⊙O的位置關系是( )
A.點P在⊙O外 B.點P在⊙O上 C.點P在⊙O內(nèi) D.無法確定
【考點】點與圓的位置關系.
【分析】點在圓上，則d=r;點在圓外，d>r;點在圓內(nèi)，d
【解答】解：∵OP=1，⊙O的半徑為1，
即d=r，
∴點P與⊙O的位置關系是點P在⊙O上，
故選：B.
【點評】此題考查點與圓的關系，注意：熟記點和圓的位置關系與數(shù)量之間的等價關系是解決問題的關鍵.
3.有9名同學參加歌詠比賽，他們的預賽成績各不相同，現(xiàn)取其中前4名參加決賽，小紅同學在知道自己成績的情況下，要判斷自己能否進入決賽，還需要知道這9名同學成績的( )
A.眾數(shù) B.中位數(shù) C.平均數(shù) D.極差
【考點】統(tǒng)計量的選擇.
【分析】9人成績的中位數(shù)是第5名的成績.參賽選手要想知道自己是否能進入前4名，只需要了解自己的成績以及全部成績的中位數(shù)，比較即可.
【解答】解：由于總共有9個人，且他們的分數(shù)互不相同，第5的成績是中位數(shù)，要判斷是否進入前5名，故應知道中位數(shù)的多少.
故選B.
【點評】此題主要考查統(tǒng)計的有關知識，主要包括平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)、方差的意義.
4.已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c中，函數(shù)y與自變量x的部分對應值如表，則方程ax2+bx+c=0的一個解的范圍是( )
x 6.17 6.18 6.19 6.20
y ﹣0.03 ﹣0.01 0.02 0.04
A.﹣0.01
【考點】象法求一元二次方程的近似根.
【分析】觀察表格可知，y隨x的值逐漸增大，ax2+bx+c的值在6.18～6.19之間由負到正，故可判斷ax2+bx+c=0時，對應的x的值在6.18～6.19之間.
【解答】解：由表格中的數(shù)據(jù)看出﹣0.01和0.02更接近于0，故x應取對應的范圍.
故選C.
【點評】本題考查了用象法求一元二次方程的近似根，解題的關鍵是找到y(tǒng)由正變?yōu)樨摃r，自變量的取值即可.
5.若點A(﹣1，a)，B(2，b)，C(3，c)在拋物線y=x2上，則下列結(jié)論正確的是( )
A.a
【考點】二次函數(shù)象上點的坐標特征.
【分析】根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，通過三點與對稱軸距離的遠近來比較函數(shù)值的大小.
【解答】解：由拋物線y=x2可知對稱軸為y軸，
∵拋物線開口向上，|﹣1|<|2|<|3|，
∴a
故選D.
【點評】本題考查了二次函數(shù)象上點的坐標特征：二次函數(shù)象上點的坐標滿足其解析式.
6.點E在y軸上，⊙E與x軸交于點A、B，與y軸交于點C、D，若C(0，9)，D(0，﹣1)，則線段AB的長度為( )
A.3 B.4 C.6 D.8
【考點】垂徑定理;坐標與形性質(zhì);勾股定理.
【分析】連接EB，由題意得出OD=1，OC=9，∴CD=10，得出EB=ED= CD=5，OE=4，由垂徑定理得出AO=BO= AB，由勾股定理求出OB，即可得出結(jié)果.
【解答】解：連接EB，所示：
∵C(0，9)，D(0，﹣1)，
∴OD=1，OC=9，
∴CD=10，
∴EB=ED= CD=5，OE=5﹣1=4，
∵AB⊥CD，
∴AO=BO= AB，OB= = =3，
∴AB=2OB=6;
故選：C.
【點評】本題考查了垂徑定理、坐標與形性質(zhì)、勾股定理;熟練掌握垂徑定理，由勾股定理求出OB是解決問題的關鍵.
二、填空題(本大題共10小題，每小題2分，共20分)
7.若 =3，則 = 4 .
【考點】比例的性質(zhì).
【分析】根據(jù)合比性質(zhì)： = ⇒ = ，可得答案.
【解答】解：由合比性質(zhì)，得
= =4，
故答案為：4.
【點評】本題考查了比例的性質(zhì)，利用合比性質(zhì)是解題關鍵.
8.一組數(shù)據(jù)：2，3，﹣1，5的極差為 6 .
【考點】極差.
【分析】根據(jù)極差的概念求解.
【解答】解：極差為：5﹣(﹣1)=6.
故答案為：6.
【點評】本題考查了極差的知識，極差是指一組數(shù)據(jù)中最大數(shù)據(jù)與最小數(shù)據(jù)的差.
9.一元二次方程x2﹣4x+1=0的兩根是x1，x2，則x1•x2的值是 1 .
【考點】根與系數(shù)的關系.
【分析】直接根據(jù)根與系數(shù)的關系求解即可.
【解答】解：∵一元二次方程x2﹣4x+1=0的兩根是x1，x2，
∴x1•x2=1.
故答案為：1.
【點評】本題考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根與系數(shù)的關系：若方程的兩根為x1，x2，則x1+x2=﹣ ，x1•x2= .
10.制造一種產(chǎn)品，原來每件的成本是100元，由于連續(xù)兩次降低成本，現(xiàn)在的成本是81元.設平均每次降低成本的百分率為x，則列方程為 100(1﹣x)2=81 .
【考點】由實際問題抽象出一元二次方程.
【專題】增長率問題.
【分析】原來成本是100元，設每次降低的百分比是x，則第一次降價后的成本為100﹣100x，第二次降價后的成本為(100﹣100x)﹣(100﹣100x)x=100(1﹣x)2元，據(jù)此即可列出方程即可.
【解答】解：設每次降低的百分比是x，
根據(jù)題意得：100(1﹣x)2=81，
故答案為：100(1﹣x)2=81.
【點評】本題考查了由實際問題抽象出一元二次方程，設每次降低的百分比是x，能表示出兩次連續(xù)降價后的成本是100(1﹣x)2是關鍵.
11.在平面直角坐標系中，將拋物線y=2x2先向右平移3個單位，再向上平移1個單位，得到的拋物線的函數(shù)表達式為 y=2(x﹣3)2+1 .
【考點】二次函數(shù)象與幾何變換.
【分析】由拋物線平移不改變二次項系數(shù)a的值，根據(jù)點的平移規(guī)律“左減右加，上加下減”可知移動后的頂點坐標，再由頂點式可求移動后的函數(shù)表達式.
【解答】解：原拋物線的頂點為(0，0)，向右平移3個單位，再向上平移1個單位后，那么新拋物線的頂點為：(3，1).
可設新拋物線的解析式為y=2(x﹣h)2+k，代入得y=2(x﹣3)2+1.
故答案是：y=2(x﹣3)2+1.
【點評】本題考查了二次函數(shù)象與幾何變換.解決本題的關鍵是得到新拋物線的頂點坐標.
12.已知圓錐的底面半徑為6cm，母線長為8cm，它的側(cè)面積為 48π cm2.
【考點】圓錐的計算.
【分析】根據(jù)圓錐的側(cè)面積等于展開以后扇形的面積以及扇形的面積公式計算即可.
【解答】解：圓錐母線長=8cm，底面半徑r=6cm，
則圓錐的側(cè)面積為S=πrl=π×6×8=48πcm 2.
故答案為：48π.
【點評】此題主要考查了圓錐側(cè)面面積的計算，熟練記憶圓錐的側(cè)面積公式是解決問題的關鍵.
13.根據(jù)所給信息，可知 的值為 .
【考點】位似變換.
【分析】利用位似形的性質(zhì)得出：△ABC∽△A′B′C′，進而得出對應邊的比值.
【解答】解：由題意可得：△ABC∽△A′B′C′，
且 = ，
故 的值為 .
故答案為： .
【點評】此題主要考查了位似變換，根據(jù)題意得出△ABC∽△A′B′C′是解題關鍵.
14.已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c中，函數(shù)y與自變量x的部分對應值如表，則當x=3時，y= 13 .
x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 …
y … 7 3 1 1 3 …
【考點】二次函數(shù)的性質(zhì).
【分析】把(﹣3，7)，(﹣2，3)，(﹣1，1)代入二次函數(shù)的解析式，利用待定系數(shù)法即可求得函數(shù)解析式，然后把x=3代入即可求得y的值.
【解答】解：根據(jù)題意得： ，
解得： ，
則二次函數(shù)的解析式是y=x2+x+1，
當x=3時，y=9+3+1=13.
故答案是：13.
【點評】本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式以及求函數(shù)的值，正確解方程組是解決本題的關鍵.
15.AB是⊙O的一條弦，C是⊙O上一動點且∠ACB=45°，E、F分別是AC、BC的中點，直線EF與⊙O交于點G、H.若⊙O的半徑為2，則GE+FH的最大值為 4﹣ .
【考點】三角形中位線定理;圓周角定理.
【分析】接OA，OB，根據(jù)圓周角定理可得出∠AOB=90°，故△AOB是等腰直角三角形.由點E、F分別是AC、BC的中點，根據(jù)三角形中位線定理得出EF= AB= 為定值，則GE+FH=GH﹣EF=GH﹣ ，所以當GH取最大值時，GE+FH有最大值.而直徑是圓中最長的弦，故當GH為⊙O的直徑時，GE+FH有最大值，問題得解.
【解答】解：連接OA，OB，
∵∠ACB=45°，
∴∠AOB=90°.
∵OA=OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴AB=2 ，
當GH為⊙O的直徑時，GE+FH有最大值.
∵點E、F分別為AC、BC的中點，
∴EF= AB= ，
∴GE+FH=GH﹣EF=4﹣ ，
故答案為：4﹣ .
【點評】本題結(jié)合動點考查了圓周角定理，三角形中位線定理，有一定難度.確定GH的位置是解題的關鍵.
16.在矩形ABCD中，M、N分別是邊AD、BC的中點，點P、Q在DC邊上，且PQ= DC.若AB=16，BC=20，則中陰影部分的面積是 92 .
【考點】相似三角形的判定與性質(zhì);矩形的性質(zhì).
【分析】連接MN，由于M，N分別是ADBC上的中點，所以MN∥AB∥CD，而四邊形ABCD是長方形，所以四邊形MNCD是矩形，再過O作OE⊥MN，同樣也垂直于CD，再利用PQ= DC，可得相似比，那么可求出OE，OF，以及MN，CD的長，再利用三角形的面積公式可求出△MNO和△PQO的面積，用矩形MNCD的面積減去△MNO的面積減去△PQO的面積，即可求陰影部分面積.
【解答】解：連接MN，過O作OE⊥MN，交MN于E，交CD于F，
在矩形ABCD中，AD∥BC，AD=BC，
∵M、N分別是邊AD、BC的中點，
∴DM=CN，
∴四邊形MNCD是平行四邊形，
∴MN∥CD，
∴△OMN∽△PQO，
相似比是MN：PQ=4：1，
∴OE：OF=EF：GH=4：1，
又∵EF= •BC=10，
∴OE=8，OF=2，
∴S△MNO= ×16×8=64，
∴S△PQO= ×4×2=4，S矩形MNCD=16×10=160，
∴S陰影=160﹣64﹣4=92.
故答案為：92.
【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，三角形得到面積的應用，關鍵是能把求不規(guī)則形的面積轉(zhuǎn)化成求規(guī)則形的面積.
三、解答題(本大題共11小題，共88分.解答時應寫出文字說明、推理過程或演算步驟)
17.(1)解方程：(x+1)2=9;
(2)解方程：x2﹣4x+2=0.
【考點】解一元二次方程-公式法;解一元二次方程-直接開平方法.
【分析】(1)兩邊開方，即可得出兩個一元一次方程，求出方程的解即可;
(2)求出b2﹣4ac的值，再代入公式求出即可.
【解答】解：(1)兩邊開方得：x+1=±3，
解得：x1=2，x2=﹣4;
(2)這里a=1，b=﹣4，c=2，
b2﹣4ac=8>0，
x= =2± ，
即x1=2+ ，x2=2﹣ .
【點評】本題考查了解一元二次方程的應用，能選擇適當?shù)姆椒ń庖辉畏匠淌墙獯祟}的關鍵.
18.已知關于x的一元二次方程(a+1)x2﹣x+a2﹣2a﹣2=0有一根是1，求a的值.
【考點】一元二次方程的解;一元二次方程的定義.
【分析】將方程的根代入得到有關a的方程求解即可確定a的值，注意利用一元二次方程的定義舍去不合題意的根，從而確定a的值.
【解答】解：將x=1代入，
得：(a+1)2﹣1+a2﹣2a﹣2=0，
解得：a1=﹣1，a2=2.
∵a+1≠0，
∴a≠﹣1，
∴a=2.
【點評】本題考查了一元二次方程的解及一元二次方程的定義，解題的關鍵是能夠根據(jù)方程的定義舍去不合題意的根，難度不大.
19.射擊隊為從甲、乙兩名運動員中選拔一人參加比賽，對他們進行了六次測試，測試成績?nèi)缦卤?單位：環(huán))：
第一次 第二次 第三次 第四次 第五次 第六次 平均成績 中位數(shù)
甲 10 8 9 8 10 9 9 ①
乙 10 7 10 10 9 8 ② 9.5
(1)完成表中填空① 9 ;② 9 ;
(2)請計算甲六次測試成績的方差;
(3)若乙六次測試成績方差為 ，你認為推薦誰參加比賽更合適，請說明理由.
【考點】方差;算術(shù)平均數(shù).
【分析】(1)根據(jù)中位數(shù)的定義先把這組數(shù)據(jù)從小到大排列，再找出最中間兩個數(shù)的平均數(shù)即可求出①;根據(jù)平均數(shù)的計算公式即可求出②;
(2)根據(jù)方差的計算公式S2= [(x1﹣ )2+(x2﹣ )2+…+(xn﹣ )2]代值計算即可;
(3)根據(jù)方差的意義：反映了一組數(shù)據(jù)的波動大小，方差越大，波動性越大，反之也成立，即可得出答案.
【解答】解：(1)甲的中位數(shù)是： =9;
乙的平均數(shù)是：(10+7+10+10+9+8)÷6=9;
故答案為：9，9;
(2)S甲2= [(10﹣9)2+(8﹣9)2+(9﹣9)2+(8﹣9)2+(10﹣9)2+(9﹣9)2]= ;
(3)∵ = ，S甲2
∴推薦甲參加比賽合適.
【點評】本題考查方差的定義與意義：一般地設n個數(shù)據(jù)，x1，x2，…xn的平均數(shù)為 ，則方差S2= [(x1﹣ )2+(x2﹣ )2+…+(xn﹣ )2]，它反映了一組數(shù)據(jù)的波動大小，方差越大，波動性越大，反之也成立.
20.一只不透明的袋子中，裝有三個分別標記為“1”、“2”、“3”的球，這三個球除了標記不同外，其余均相同.攪勻后，從中摸出一個球，記錄球上的標記后放回袋中并攪勻，再從中摸出一個球，再次記錄球上的標記.
(1)請列出上述實驗中所記錄球上標記的所有可能的結(jié)果;
(2)求兩次記錄球上標記均為“1”的概率.
【考點】列表法與樹狀法.
【分析】(1)通過畫樹狀或列表即可得到實驗中所記錄球上標記的所有可能的結(jié)果，
(2)找出兩次記錄球上標記均為“1”的結(jié)果數(shù)，然后根據(jù)概率公式求解即可.
【解答】解：(1)列表如下：
結(jié)果 1 2 3
1 (1，1) (1，2) (1，3)
2 (2，1) (2，2) (2，3)
3 (3，1) (3，2) (3，3)
(2)在這種情況下，共包含9種結(jié)果，它們是等可能的所有的結(jié)果中，滿足“兩次記錄球上標記均為‘1’”(記為事件A)的結(jié)果只有一種，所以P(A)= .
【點評】本了列表法或樹狀法：通過列表法或樹狀法展示所有等可能的結(jié)果求出n，再從中選出符合事件A或B的結(jié)果數(shù)目m，然后根據(jù)概率公式求出事件A或B的概率.
21.在半徑為2的⊙O中，弦AB長為2.
(1)求點O到AB的距離.
(2)若點C為⊙O上一點(不與點A，B重合)，求∠BCA的度數(shù).
【考點】垂徑定理;勾股定理;圓周角定理.
【分析】(1)過點O作OC⊥AB于點C，證出△OAB是等邊三角形，繼而求得∠AOB的度數(shù)，然后由三角函數(shù)的性質(zhì)，求得點O到AB的距離;
(2)證出△ABO是等邊三角形得出∠AOB=60°. 再分兩種情況：點C在優(yōu)弧 上，則∠BCA=30°;點C在劣弧 上，則∠BCA= (360°﹣∠AOB)=150°;即可得出結(jié)果.
【解答】解：(1)過點O作OD⊥AB于點D，連接AO，BO.1所示：
∵OD⊥AB且過圓心，AB=2，
∴AD= AB=1，∠ADO=90°，
在Rt△ADO中，∠ADO=90°，AO=2，AD=1，
∴OD= = .
即點O到AB的距離為 .
(2)2所示：
∵AO=BO=2，AB=2，
∴△ABO是等邊三角形，
∴∠AOB=60°.
若點C在優(yōu)弧 上，則∠BCA=30°;
若點C在劣弧 上，則∠BCA= (360°﹣∠AOB)=150°;
綜上所述：∠BCA的度數(shù)為30°或150°.
【點評】此題考查了垂徑定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)、弧長公式.熟練掌握垂徑定理，證明△OAB是等邊三角形是解決問題的關鍵.
22.已知二次函數(shù)y=x2﹣2x﹣3.
(1)該二次函數(shù)象的對稱軸為 x=1 ;
(2)判斷該函數(shù)與x軸交點的個數(shù)，并說明理由;
(3)下列說法正確的是?、佗邸?填寫所有正確說法的序號)
?、夙旤c坐標為(1，﹣4);
?、诋攜>0時，﹣1
③在同一平面直角坐標系內(nèi)，該函數(shù)象與函數(shù)y=﹣x2+2x+3的象關于x軸對稱.
【考點】二次函數(shù)的性質(zhì).
【分析】(1)直接利用對稱軸的計算方法得出答案即;
(2)利用根的判別式直接判定即可;
(3)利用二次函數(shù)的性質(zhì)分析判斷即可.
【解答】解：(1)該二次函數(shù)象的對稱軸為直線x=﹣ =1.
(2)令y=0，得：x2﹣2x﹣3=0.
∵b2﹣4ac=16>0，
∴方程有兩個不相等的實數(shù)根，
∴該函數(shù)與x軸有兩個交點.
(3)①y=x2﹣2x﹣3=(x﹣1)2﹣4，
頂點坐標為(1，﹣4)，
?、谂cx軸交點坐標為(﹣1，0)，(3，0)，當y>0時，x<﹣1或x>3，
③在同一平面直角坐標系內(nèi)，函數(shù)象與函數(shù)y=﹣x2+2x+3的象關于x軸對稱.
正確的是①③.
【點評】此題考查二次函數(shù)的性質(zhì)，掌握二次函數(shù)的頂點坐標、對稱軸與增減性是解決問題的關鍵.
23.在四邊形ABCD中，AC、BD相交于點F，點E在BD上，且 = = .
(1)求證：∠BAE=∠CAD;
(2)求證：△ABE∽△ACD.
【考點】相似三角形的判定與性質(zhì).
【專題】證明題.
【分析】(1)根據(jù)相似三角形的判定定理得到△ABC∽△AED，由相似三角形的性質(zhì)得到∠BAC=∠EAD，根據(jù)角的和差即可得到結(jié)論;
(2)由已知條件得到 = ，根據(jù)∠BAE=∠CAD， = ，即可得到結(jié)論.
【解答】證明：(1)在△ABC與△AED中，
∵ = = ，
∴△ABC∽△AED，
∴∠BAC=∠EAD，
∴∠BAC﹣∠EAF=∠EAD﹣∠EAF，
即∠BAE=∠CAD;
(2)∵ = ，
∴ = ，
在△ABE與△ACD中，
∵∠BAE=∠CAD， = ，
∴△ABE∽△ACD.
【點評】本題考查了相似三角形的性質(zhì)和判定，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關鍵.
24.課本1.4有這樣一道例題：
問題4：用一根長22cm的鐵絲：
(1)能否圍成面積是30cm2的矩形?
(2)能否圍成面積是32cm2的矩形?
據(jù)此，一位同學提出問題：“用這根長22cm的鐵絲能否圍成面積最大的矩形?若能圍成，求出面積最大值;若不能圍成，請說明理由.”請你完成該同學提出的問題.
【考點】配方法的應用;非負數(shù)的性質(zhì)：偶次方.
【分析】(1)設當矩形的一邊長為x cm時，由矩形的面積公式列出方程，解方程即可;(2)同(1)列出方程，由判別式<0，即可得出結(jié)果;
提出問題：設當矩形的一邊長為x cm時，面積為y cm2.由矩形的面積公式和配方法得出得出y=﹣x2+11x=﹣(x﹣ )2+ ，由偶次方的性質(zhì)，即可得出結(jié)果.
【解答】解：(1)設當矩形的一邊長為x cm時，
根據(jù)題意得：x•(11﹣x)=30，
整理得：x2﹣11x+30=0，
解得：x=5，或x=6，
當x=5時，11﹣x=6;
當x=6時，11﹣x=5;
即能圍成面積是30cm2的矩形，此時長和寬分別為5cm、6cm;
(2)根據(jù)題意得：x•(11﹣x)=32，
整理得：x2﹣11x+32=0，
∵△=(﹣11)2﹣4×1×32<0，
方程無解，因此不能圍成面積是32cm2的矩形;
提出問題：能圍成;理由如下：
設當矩形的一邊長為x cm時，面積為y cm2.
由題意得：y=x•( ﹣x)=﹣x2+11x=﹣(x﹣ )2+ ，
∵(x﹣ )2≥0，
∴﹣(x﹣ )2+ ≤ .
∴當x= 時，y有最大值= ，此時 ﹣x= .
答：當矩形的各邊長均為 cm時，圍成的面積最大，最大面積是 cm2.
【點評】本題考查了配方法的應用、偶次方的性質(zhì)、列一元二次方程解應用題的方法、判別式的應用;熟練掌握配方法和偶次方的非負性質(zhì)是解決問題的關鍵.
25.在△ABC中，AB=BC，D是AC中點，BE平分∠ABD交AC于點E，點O是AB上一點，⊙O過B、E兩點，交BD于點G，交AB于點F.
(1)判斷直線AC與⊙O的位置關系，并說明理由;
(2)當BD=6，AB=10時，求⊙O的半徑.
【考點】切線的判定;相似三角形的判定與性質(zhì).
【專題】計算題.
【分析】(1)連結(jié)OE，由BE平分∠ABD得到∠OBE=∠DBO，加上∠OBE=∠OEB，則∠OBE=∠DBO，于是可判斷OE∥BD，再利用等腰三角形的性質(zhì)得到BD⊥AC，所以OE⊥AC，于是根據(jù)切線的判定定理可得AC與⊙O相切;
(2)設⊙O半徑為r，則AO=10﹣r，證明△AOE∽△ABD，利用相似比得到 = ，然后解方程求出r即可.
【解答】解：(1)AC與⊙O相切.理由如下：
連結(jié)OE，
∵BE平分∠ABD，
∴∠OBE=∠DBO，
∵OE=OB，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠OBE=∠DBO，
∴OE∥BD，
∵AB=BC，D是AC中點，
∴BD⊥AC，
∴OE⊥AC，
∴AC與⊙O相切;
(2)設⊙O半徑為r，則AO=10﹣r，
由(1)知，OE∥BD，
∴△AOE∽△ABD，
∴ = ，即 = ，
∴r= ，
即⊙O半徑是 .
【點評】本題考查了切線的判定：經(jīng)過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線.要證某線是圓的切線，已知此線過圓上某點，連接圓心與這點(即為半徑)，再證垂直即可.解決(2)小題的關鍵是利用相似比構(gòu)建方程.
26.已知一次函數(shù)y=x+4的象與二次函數(shù)y=ax(x﹣2)的象相交于A(﹣1，b)和B，點P是線段AB上的動點(不與A、B重合)，過點P作PC⊥x軸，與二次函數(shù)y=ax(x﹣2)的象交于點C.
(1)求a、b的值
(2)求線段PC長的最大值;
(3)若△PAC為直角三角形，請直接寫出點P的坐標.
【考點】二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)根據(jù)自變量與函數(shù)值的對應關系，可得b，根據(jù)待定系數(shù)法，可得a;
(2)根據(jù)平行于y軸的直線上兩點間的距離是較大的縱坐標減較小的縱坐標，可得二次函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，可得答案;
(3)根據(jù)勾股定理，可得AP，CP的長，根據(jù)勾股定理的逆定理，可得關于m的方程，根據(jù)解方程，可得m的值，根據(jù)自變量與函數(shù)值的對應關系，可得答案.
【解答】解：(1)∵A(﹣1，b)在直線y=x+4上，
∴b=﹣1+4=3，
∴A(﹣1，3).
又∵A(﹣1，3)在拋物線y=ax(x﹣2)上，
∴3=﹣a•(﹣1﹣2)，
解得：a=1.
(2)設P(m，m+4)，則C(m，m2﹣2m).
∴PC=(m+4)﹣(m2﹣2m)
=﹣m2+3m+4
=﹣(m﹣ )2+ ，
∵(m﹣ )2≥0，
∴﹣(m﹣ )2+ ≤ .
∴當m= 時，PC有最大值，最大值為 .
(3) ，
P(m，m+4)，C(m，m2﹣2m)，
AP2=(m+1)2+(m+4﹣3)2=2(m+1)2，AC2=(m+1)2+(m2﹣2m﹣3)2，PC2=(﹣m2+3m+4)2.
?、佼擜P2+AC2=PC2時，即2(m+1)2+(m+1)2+(m2﹣2m﹣3)2=(﹣m2+3m+4)2，
3(m+1)2+[(m2﹣2m﹣3)2﹣(﹣m2+3m+4)2]=0
化簡，得(m+1)(m+1)(m﹣2)=0，
解得m=﹣1(不符合題意，舍)，m=2，
當m=2時，m+4=6，即P(2，6);
②當AP2=AC2+PC2時，即2(m+1)2=(m+1)2+(m2﹣2m﹣3)2+(﹣m2+3m+4)2，
化簡，得
(m﹣4)(m+1)(m+1)(m﹣3)=0.
解得m=4(不符合題意，舍)，m=﹣1(不符合題意，舍)，m=3，
當m=3時，m+4=7，
即(3，7)，
綜上所述：若△PAC為直角三角形，點P的坐標為P1(2，6)，P2(3，7).
【點評】本題考查了二次函數(shù)綜合題，利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式;利用平行于y軸的直線上兩點間的距離得出二次函數(shù)是解題關鍵;利用勾股定理的逆定理得出關于m的方程式解題關鍵，要分類討論，以防遺漏.
27.折疊邊長為a的正方形ABCD，使點C落在邊AB上的點M處(不與點A，B重合)，點D落在點N處，折痕EF分別與邊BC、AD交于點E、F，MN與邊AD交于點G.證明：
(1)△AGM∽△BME;
(2)若M為AB中點，則 = = ;
(3)△AGM的周長為2a.
【考點】相似形綜合題.
【分析】(1)根據(jù)正方形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)得出∠A=∠B，∠AGM=∠BME，再利用相似三角形的判定證明即可;
(2)設BE=x，利用勾股定理得出x的值，再利用相似三角形的性質(zhì)證明即可;
(3)設BM=x，AM=a﹣x，利用勾股定理和相似三角形的性質(zhì)證明即可.
【解答】證明：(1)∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=90°，
∴∠AMG+∠AGM=90°，
∵EF為折痕，
∴∠GME=∠C=90°，
∴∠AMG+∠BME=90°，
∴∠AGM=∠BME，
在△AGM與△BME中，
∵∠A=∠B，∠AGM=∠BME，
∴△AGM∽△BME;
(2)∵M為AB中點，
∴BM=AM= ，
設BE=x，則ME=CE=a﹣x，
在Rt△BME中，∠B=90°，
∴BM2+BE2=ME2，即( )2+x2=(a﹣x)2，
∴x= a，
∴BE= a，ME= a，
由(1)知，△AGM∽△BME，
∴ = = = ，
∴AG= BM= a，GM= ME= a，
∴ = = ;
(3)設BM=x，則AM=a﹣x，ME=CE=a﹣BE，
在Rt△BME中，∠B=90°，
∴BM2+BE2=ME2，即x2+BE2=(a﹣BE)2，
解得：BE= ﹣ ，
由(1)知，△AGM∽△BME，
∴ = = ，
∵C△BME=BM+BE+ME=BM+BE+CE=BM+BC=a+x，
∴C△AGM=C△BME• =(a+x)• =2a.
【點評】此題考查了折疊的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、勾股定理以及相似三角形的判定與性質(zhì).此題難度較大，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應用.
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