2023-2024学年江苏省苏州市高新九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析）

2023-2024学年江苏省苏州市九年级（上）月考数学试卷（12月份）
一、选择题（每小题3分，共24分）
1．（3分）如果一个一元二次方程的根是x1＝x2＝2，那么这个方程可以是（　　）
A．x2＝4 B．x2+4＝0 C．x2+4x+4＝0 D．x2﹣4x+4＝0
2．（3分）若二次函数y＝2x2﹣ax﹣a+1的图象的对称轴是y轴，则a的值是（　　）
A．0 B．1 C．﹣1 D．2
3．（3分）如图，A、B、C是⊙O上的三点，∠B＝75°，则∠AOC的度数是（　　）
A．150° B．140° C．130° D．120°
4．（3分）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦．若∠OBC＝60°，则∠BAC的度数是（　　）
A．75° B．60° C．45° D．30°
5．（3分）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连接OC，OD，则∠BAE﹣∠COD＝（　　）
A．60° B．54° C．48° D．36°
6．（3分）下列命题中，正确的是（　　）
①顶点在圆周上的角是圆周角；
②圆周角的度数等于圆心角度数的一半；
③90°的圆周角所对的弦是直径；
④不在同一条直线上的三个点确定一个圆；
⑤同弧所对的圆周角相等．
A．①②③ B．③④⑤ C．①②⑤ D．②④⑤
7．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠AOC＝∠ABC，AC＝2，则的长度是（　　）
A． B． C．2π D．
8．（3分）如图，点A，B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（　　）
A．+1 B．+ C．2+1 D．2﹣
二、填空题（每题3分，共24分）
9．（3分）设方程x2﹣3x﹣1＝0的两根分别为x1，x2，则x1+x2＝　 　．
10．（3分）把函数y＝x2+3的图象向下平移1个单位长度得到的图象对应的函数关系式为　 　．
11．（3分）点P到⊙O上各点的最大距离为5，最小距离为1，则⊙O的半径为　 　．
12．（3分）已知：如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足为D，⊙O的半径为5，OD＝3，那么AB的长为 　 　．
13．（3分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，直径AD＝4，∠ABC＝∠DAC，则AC长为　 　．
14．（3分）如图，⊙O的半径为1cm，弦AB、CD的长度分别为cm，1cm，则弦AC、BD所夹的锐角α＝　 　度．
15．（3分）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为弧BD的中点，则AC的长是 　 　．
16．（3分）如图，在平面直角坐标系中，以点A（0，4）为圆心，4为半径的圆交y轴于点B．已知点C（4，0），点D为⊙A上的一动点，以D为直角顶点，在CD左侧作等腰直角三角形CDE，连接BC，则△BCE面积的最小值为 　 　．
三、解答题（共82分）
17．（5分）解方程：2x2﹣3x+1＝0．
18．（5分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣1，1），B（﹣4，0），C（﹣2，2）．将△ABC绕原点O顺时针旋转90°后得到△A1B1C1．
（1）请写出A1、B1、C1三点的坐标：
A1　 　，B1　 　，C1　 　；
（2）求点B旋转到点B1的弧长．
19．（6分）已知关于x的方程x2+kx+k﹣2＝0．
（1）求证：不论k取何值，方程必有两个不相等的实数根；
（2）若方程的一个根为x＝﹣2，求k的值及方程另一个根．
20．（6分）如图，若二次函数y＝x2﹣x﹣2的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）当﹣2＜x＜1时，函数值y的取值范围为 　 　；（直接写出答案即可）
（3）若P（m，﹣2）为二次函数y＝x2﹣x﹣2图象上一点，求m的值．
21．（6分）如图，在Rt△ABO中，∠O＝90°，以点O为圆心，OB为半径的圆交AB于点C，交OA于点D．
（1）若∠A＝25°，则弧BC的度数为　 　．
（2）若OB＝3，OA＝4，求BC的长．
22．（8分）如图所示，破残的圆形轮片上，弦AB的垂直平分线交弧AB于点C，交弦AB于点D．已知：AB＝24cm，CD＝8cm．
（1）求作此残片所在的圆（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）求（1）中所作圆的半径．
23．（8分）如图，在△ABC中，AB＝4，∠C＝64°，以AB为直径的⊙O与AC相交于点D，E为上一点，且∠ADE＝40°．
（1）求的长；
（2）若∠EAD＝76°，求证：CB为⊙O的切线．
24．（8分）如图1中的某种冰激凌的外包装可以视为圆锥（如图2），制作这种外包装需要用如图3所示的等腰三角形材料，其中AB＝AC，AD⊥BC将扇形EAF围成圆锥时，AE、AF恰好重合，已知这种加工材料的顶角∠BAC＝90°．
（1）求图2中圆锥底面圆直径ED与母线AD长的比值；
（2）若圆锥底面圆的直径ED为5cm，求加工材料剩余部分（图3中阴影部分）的面积．（结果保留π）
25．（10分）如图，在矩形ABCD中，点O在对角线AC上，以OA的长为半径的圆O与AD，AC分别交于点E，F，且∠ACB＝∠DCE．
（1）判断直线CE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（2）若BC＝2AB，BC＝4，求⊙O的半径．
26．（10分）如图所示，AB是⊙O的直径，点F是半圆上的一动点（F不与A，B重合），弦AD平分∠BAF，过点D作DE⊥AF交射线AF于点AF．
（1）求证：DE与⊙O相切：
（2）若AE＝8，AB＝10，求DE长；
（3）若AB＝10，AF长记为x，EF长记为y，求y与x之间的函数关系式，并求出AF EF的最大值．
27．（10分）如图，⊙M与x轴交于A、B两点，其坐标分别为A（﹣3，0）、B（1，0），直径CD⊥x轴于N，抛物线y＝﹣x2﹣2x+m经过A、B、D三点，
（1）求m的值及点D的坐标；
（2）若直线CE切⊙M于点C，G在直线CE上，已知点G的横坐标为3．求G的纵坐标；
（3）对于（2）中的G，是否存在过点G的直线，使它与（1）中抛物线只有一个交点，请说明理由；
（4）对于（2）中的G，直线FG切⊙M于点F，求直线DF的解析式．
2023-2024学年江苏省苏州市高新二中九年级（上）月考数学试卷（12月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共24分）
1．（3分）如果一个一元二次方程的根是x1＝x2＝2，那么这个方程可以是（　　）
A．x2＝4 B．x2+4＝0 C．x2+4x+4＝0 D．x2﹣4x+4＝0
【分析】分别求出四个选项中每一个方程的根，即可判断求解．
【解答】解：A、x2＝4的根是：x＝±2，不符合题意；
B、x2+4＝0没有实数根，不符合题意；
C、x2+4x+4＝0的根是：x1＝x2＝﹣2，不符合题意；
D、x2﹣4x+4＝0的根是：x1＝x2＝2，符合题意．
故选：D．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣直接开平方法，熟练掌握平方根定义是解本题的关键．
2．（3分）若二次函数y＝2x2﹣ax﹣a+1的图象的对称轴是y轴，则a的值是（　　）
A．0 B．1 C．﹣1 D．2
【分析】利用对称轴方程得到﹣＝0，然后关于a的一次方程即可．
【解答】解：抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝0，
解得：a＝0，
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数的性质：二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时，对称轴在y轴左； 当a与b异号时，对称轴在y轴右．常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）．
3．（3分）如图，A、B、C是⊙O上的三点，∠B＝75°，则∠AOC的度数是（　　）
A．150° B．140° C．130° D．120°
【分析】直接根据圆周角定理即可得出结论．
【解答】解：∵A、B、C是⊙O上的三点，∠B＝75°，
∴∠AOC＝2∠B＝150°．
故选：A．
【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．
4．（3分）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦．若∠OBC＝60°，则∠BAC的度数是（　　）
A．75° B．60° C．45° D．30°
【分析】根据AB是⊙O的直径可得出∠ACB＝90°，再根据三角形内角和为180°以及∠OBC＝60°，即可求出∠BAC的度数．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
又∵∠OBC＝60°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠ABC＝30°．
故选：D．
【点评】本题考查了圆周角定理以及角的计算，解题的关键是找出∠ACB＝90°．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，找出直径所对的圆周角为90°是关键．
5．（3分）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连接OC，OD，则∠BAE﹣∠COD＝（　　）
A．60° B．54° C．48° D．36°
【分析】根据多边形的内角和可以求得∠BAE的度数，根据周角等于360°，可以求得∠COD的度数，然后即可计算出∠BAE﹣∠COD的度数．
【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠BAE＝＝108°，∠COD＝＝72°，
∴∠BAE﹣∠COD＝108°﹣72°＝36°，
故选：D．
【点评】本题考查正多边形和圆，解答本题的关键是明确题意，求出∠BAE和∠COD的度数．
6．（3分）下列命题中，正确的是（　　）
①顶点在圆周上的角是圆周角；
②圆周角的度数等于圆心角度数的一半；
③90°的圆周角所对的弦是直径；
④不在同一条直线上的三个点确定一个圆；
⑤同弧所对的圆周角相等．
A．①②③ B．③④⑤ C．①②⑤ D．②④⑤
【分析】分别利用圆周角定理以及圆周角的定义和确定圆的条件分别判断得出即可．
【解答】解：①顶点在圆周上，且两边都与圆相交的角是圆周角，故此选项错误；
②同弧或等弧所对的圆周角的度数等于圆心角度数的一半，故此选项错误；
③90°的圆周角所对的弦是直径，正确；
④不在同一条直线上的三个点确定一个圆，正确；
⑤同弧所对的圆周角相等，正确．
故选：B．
【点评】此题主要考查了命题与定理，正确把握相关定义是解题关键．
7．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠AOC＝∠ABC，AC＝2，则的长度是（　　）
A． B． C．2π D．
【分析】根据圆周角定理求出∠D＝∠AOC，根据圆内接四边形的性质得出∠ABC+∠D＝180°，求出∠ABC＝∠AOC＝120°，解直角三角形求出OA，再根据弧长公式求出答案即可．
【解答】解：∵对的圆周角是∠D，对的圆心角是∠AOC，
∴∠D＝∠AOC，
∵∠AOC＝∠ABC，
∴∠D＝ABC，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠D＝180°，
∴ABC+∠ABC＝180°，
解得：∠ABC＝120°，
∴∠AOC＝∠ABC＝120°，
过O作OE⊥AC于E，则∠OEA＝90°，
∵OE过O，AC＝2，
∴AE＝CE＝AC＝，
∴OA＝OC，OE⊥AC，∠AOC＝120°，
∴∠OAE＝30°，
∴OE＝AE×tan30°＝＝1，
∴OA＝2OE＝2，
∴的长度是＝，
故选：B．
【点评】本题考查了弧长的公式，圆周角定理，圆内接四边形的性质，直角三角形的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键，注意：一条弧所对的圆心角是n°，半径为r，那么这条弧的长度是．
8．（3分）如图，点A，B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（　　）
A．+1 B．+ C．2+1 D．2﹣
【分析】根据同圆的半径相等可知：点C在半径为1的⊙B上，通过画图可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根据三角形的中位线定理可得结论．
【解答】解：如图，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝1，
∴C在⊙B上，且半径为1，
取OD＝OA＝2，连接CD，
∵AM＝CM，OD＝OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM＝CD，
当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB＝OD＝2，∠BOD＝90°，
∴BD＝2，
∴CD＝2+1，
∴OM＝CD＝，即OM的最大值为+；
故选：B．
【点评】本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最大值时点C的位置是关键，也是难点．
二、填空题（每题3分，共24分）
9．（3分）设方程x2﹣3x﹣1＝0的两根分别为x1，x2，则x1+x2＝　3　．
【分析】利用根与系数的关系x1+x2＝﹣解答并填空即可．
【解答】解：∵方程x2+3x﹣1＝0的二次项系数a＝1，一次项系数b＝3，
∴x1+x2＝﹣＝﹣＝3．
故答案为：3．
【点评】考查了一元二次方程的根与系数的关系．解答该题需要熟记公式：x1+x2＝﹣．
10．（3分）把函数y＝x2+3的图象向下平移1个单位长度得到的图象对应的函数关系式为　y＝x2+2　．
【分析】直接利用二次函数的平移规律：左加右减，上加下减得出答案．
【解答】解：把函数y＝x2+3的图象向下平移1个单位长度得到的图象对应的函数关系式为：y＝x2+3﹣1，即y＝x2+2．
故答案为y＝x2+2．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，正确掌握平移规律是解题关键．
11．（3分）点P到⊙O上各点的最大距离为5，最小距离为1，则⊙O的半径为　3或2　．
【分析】当点P在圆内时，最大距离与最小距离之和就是圆的直径，可以求出圆的半径．当点P在圆外时，最大距离与最小距离之差就是圆的直径，可以求出圆的半径．
【解答】解：当点P在圆内时，因为点P到圆上各点的最大距离是5，最小距离是1，所以圆的直径为6，半径为3．
当点P在圆外时，因为点P到圆上各点的最大距离是5，最小距离是1，所以圆的直径为4，半径为2．
故答案为：3或2．
【点评】本题考查的是点与圆的位置关系，根据点到圆上各点的最大距离和最小距离，可以得到圆的直径，然后确定半径的值．
12．（3分）已知：如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足为D，⊙O的半径为5，OD＝3，那么AB的长为 　8　．
【分析】连接OA，根据垂径定理求出AD＝BD，根据勾股定理求出AD，再得出答案即可．
【解答】解：连接OA，
∵OC⊥AB，OC过O，
∴AD＝BD，∠ODA＝90°，
由勾股定理得：AD＝＝＝4，
∴AB＝4+4＝8，
故答案为：8．
【点评】本题考查了垂径定理和勾股定理，能熟记垂直于弦的直径平分这条弦是解此题的关键．
13．（3分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，直径AD＝4，∠ABC＝∠DAC，则AC长为　2　．
【分析】连接CD，由∠ABC＝∠DAC可得，得出则AC＝CD，又∠ACD＝90°，由等腰直角三角形的性质和勾股定理可求得AC的长．
【解答】解：连接CD，如图所示：
∵∠B＝∠DAC，
∴，
∴AC＝CD，
∵AD为直径，
∴∠ACD＝90°，
在Rt△ACD中，AD＝4，
∴AC＝CD＝AD＝×4＝2，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查略圆周角定理、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理；由圆周角定理得到，得出AC＝CD是解题的关键．
14．（3分）如图，⊙O的半径为1cm，弦AB、CD的长度分别为cm，1cm，则弦AC、BD所夹的锐角α＝　75　度．
【分析】根据勾股定理的逆定理可证△AOB是等腰直角三角形，故可求∠OAB＝∠OBA＝45°，又由已知可证△COD是等边三角形，所以∠ODC＝∠OCD＝60°，根据圆周角的性质可证∠CDB＝∠CAB，而∠ODB＝∠OBD，所以∠CAB+∠OBD＝∠CDB+∠ODB＝∠ODC＝60°，再根据三角形的内角和定理可求α．
【解答】解：连接OA、OB、OC、OD，
∵OA＝OB＝OC＝OD＝1，AB＝，CD＝1，
∴OA2+OB2＝AB2，
∴△AOB是等腰直角三角形，
△COD是等边三角形，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，∠ODC＝∠OCD＝60°，
∵∠CDB＝∠CAB，∠ODB＝∠OBD，
∴α＝180°﹣∠CAB﹣∠OBA﹣∠OBD＝180°﹣∠OBA﹣（∠CDB+∠ODB）＝180°﹣45°﹣60°＝75°．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，圆周角的性质，等边三角形的性质以及三角形的内角和定理．
15．（3分）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为弧BD的中点，则AC的长是 　　．
【分析】将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，根据旋转的性质得出∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，求出A、B、E三点共线，解直角三角形求出即可；过C作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，得出∠E＝∠CFD＝∠CFA＝90°，推出＝，求出∠BAC＝∠DAC，BC＝CD，求出CE＝CF，根据圆内接四边形性质求出∠D＝∠CBE，证△CBE≌△CDF，推出BE＝DF，证△AEC≌△AFC，推出AE＝AF，设BE＝DF＝x，得出5＝x+3+x，求出x，解直角三角形求出即可．
【解答】解：解法一、∵A、B、C、D四点共圆，∠BAD＝60°，
∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，
∵∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，
∴∠CAD＝∠CAB＝30°，
如图1，将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，
则∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，
∴∠ABC+∠EBC＝（180°﹣∠CAB﹣∠ACB）+（180°﹣∠E﹣∠BCE）＝180°，
∴A、B、E三点共线，
过C作CM⊥AE于M，
∵AC＝CE，
∴AM＝EM＝×（5+3）＝4，
在Rt△AMC中，AC＝＝＝；
解法二、过C作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，
则∠E＝∠CFD＝∠CFA＝90°，
∵点C为弧BD的中点，
∴＝，
∴∠BAC＝∠DAC，BC＝CD，
∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴CE＝CF，
∵A、B、C、D四点共圆，
∴∠D＝∠CBE，
在△CBE和△CDF中
∴△CBE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF，
在△AEC和△AFC中
∴△AEC≌△AFC（AAS），
∴AE＝AF，
设BE＝DF＝x，
∵AB＝3，AD＝5，
∴AE＝AF＝x+3，
∴5＝x+3+x，
解得：x＝1，
即AE＝4，
∴AC＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，圆内接四边形性质，解直角三角形，全等三角形的性质和判定的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键，综合性比较强，难度适中．
16．（3分）如图，在平面直角坐标系中，以点A（0，4）为圆心，4为半径的圆交y轴于点B．已知点C（4，0），点D为⊙A上的一动点，以D为直角顶点，在CD左侧作等腰直角三角形CDE，连接BC，则△BCE面积的最小值为 　32﹣8　．
【分析】设出点E（m，n），先构造出△CDG≌△DEF（AAS），进而确定出点D（，），再利用AD＝4，建立方程，利用两点间的距离得出点E在以点H（﹣4，0）为圆心，4为半径的圆上，即可得出结论．
【解答】解：如图，设E（m，n），
过点D作FG∥x轴，过点E作EF⊥FG，过点C作CG⊥FG，
∴∠CGD＝∠DFE＝90°，
∴∠CDG+∠DCG＝90°，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝90°，CD＝DE，
∴∠CDG+∠EDF＝90°，
∴∠DCG＝∠EDF，
∴△CDG≌△DEF（AAS），
∴DG＝EF＝4﹣xD，CG＝DF＝xD﹣m，
∵n+4﹣xD＝xD﹣m，
∴xD＝，yD＝xD﹣m＝，
∴D（，），
∵点D在以A（0，4）为圆心半径为4的圆上，
连接AD，则AD＝4，
∴（）2+（﹣4）2＝42，
即（m+4）2+n2＝（4）2，
∴点E在以点H（﹣4，0）为圆心，4为半径的圆上，（到定点（﹣4，0）的距离是4的点的轨迹），
∵以点A（0，4）为圆心，4为半径的圆交y轴于点B，
∴B（0，8），
∴OB＝8，
∵C（4，0），
∴OC＝4，
∴BC＝＝＝4，
过点H作HK⊥BC于K，
则∠HKC＝∠BOC＝90°，
∵∠HCK＝∠BCO，
∴△HCK∽△BCO，
∴＝，即＝，
∴HK＝，
设点E到BC的距离为h，
∴S△BCE＝BC h＝×4h＝2h，
∴h最小时，S△BCE最小，而h最小＝HK﹣4＝﹣4，
∴S△BCE最小＝2×（﹣4）＝32﹣8，
故答案为：32﹣8．
【点评】此题主要考查了三角形的面积公式，圆的性质和定义，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，确定出点D的坐标是解本题的关键，判断出点E的轨迹是解本题的难点．
三、解答题（共82分）
17．（5分）解方程：2x2﹣3x+1＝0．
【分析】方程左边利用十字相乘法分解因式后，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来求解．
【解答】解：方程分解因式得：（2x﹣1）（x﹣1）＝0，
可得2x﹣1＝0或x﹣1＝0，
解得：x1＝，x2＝1．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，利用此方法解方程时，首先将方程右边化为0，左边化为积的形式，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来求解．
18．（5分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣1，1），B（﹣4，0），C（﹣2，2）．将△ABC绕原点O顺时针旋转90°后得到△A1B1C1．
（1）请写出A1、B1、C1三点的坐标：
A1　（1，1）　，B1　（0，4）　，C1　（2，2）　；
（2）求点B旋转到点B1的弧长．
【分析】（1）根据图直接得出各点的坐标即可；
（2）根据弧长公式直接求值即可．
【解答】解：（1）由图知，A1（1，1），B1（0，4），C1（2，2），
故答案为：（1，1），（0，4），（2，2）；
（2）由题意知，点B旋转到点B1的弧所在的圆的半径为4，弧所对的圆心角为90°，
∴弧长为：＝2π．
【点评】本题主要考查弧长的计算，熟练掌握弧长的计算公式是解题的关键．
19．（6分）已知关于x的方程x2+kx+k﹣2＝0．
（1）求证：不论k取何值，方程必有两个不相等的实数根；
（2）若方程的一个根为x＝﹣2，求k的值及方程另一个根．
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出Δ＝（k﹣2）2+4＞0，由此可证出不论k取何值，方程必有两个不相等的实数根；
（2）将x＝﹣2代入原方程可求出k值，再根据两根之和等于﹣可求出方程另一个根．
【解答】（1）证明：Δ＝k2﹣4（k﹣2）＝k2﹣4k+8＝（k﹣2）2+4．
∵（k﹣2）2≥0，
∴（k﹣2）2+4＞0，即Δ＞0，
∴不论k取何值，方程必有两个不相等的实数根；
（2）将x＝﹣2代入原方程得4﹣2k+k﹣2＝0，
解得：k＝2，
∴方程的另一个根为﹣k﹣（﹣2）＝﹣2﹣（﹣2）＝0．
答：k的值为2，方程的另一个根为0．
【点评】本题考查了根与系数的关系以及根的判别式，解题的关键是：（1）牢记“当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根”；（2）牢记两根之和等于﹣．
20．（6分）如图，若二次函数y＝x2﹣x﹣2的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）当﹣2＜x＜1时，函数值y的取值范围为 　﹣≤y＜4　；（直接写出答案即可）
（3）若P（m，﹣2）为二次函数y＝x2﹣x﹣2图象上一点，求m的值．
【分析】（1）通过解方程x2﹣x﹣2＝0得A、B的坐标；
（2）当x＝﹣2时，函数取得最大值，当x＝时，函数取得最小值，进而求解；
（3）把P（m，﹣2）代入y＝x2﹣x﹣2得m2﹣m﹣2＝﹣2，然后解关于m的方程即可．
【解答】解：（1）当y＝0时，x2﹣x﹣2＝0，解得x1＝﹣1，x2＝2，
∴A（﹣1，0），B（2，0）；
（2）抛物线的对称轴为直线x＝（2﹣1）＝，
∵﹣2＜x＜1，
∴当x＝﹣2时，函数取得最大值，y＝x2﹣x﹣2＝4+2﹣2＝4，
当x＝时，函数取得最小值，y＝x2﹣x﹣2＝﹣﹣2＝﹣，
∴函数值y的取值范围为：﹣≤y＜4，
故答案为：﹣≤y＜4；
（3）把P（m，﹣2）代入y＝x2﹣x﹣2得m2﹣m﹣2＝﹣2，
解得m1＝0，m2＝1，
∴m的值为0或1．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数图象上点的坐标特征．
21．（6分）如图，在Rt△ABO中，∠O＝90°，以点O为圆心，OB为半径的圆交AB于点C，交OA于点D．
（1）若∠A＝25°，则弧BC的度数为　50°　．
（2）若OB＝3，OA＝4，求BC的长．
【分析】（1）连接OC，利用三角形的内角和定理求出∠B，再利用等腰三角形的性质求出∠BOC即可．
（2）作OH⊥BC于H，利用面积法求出OH，再利用勾股定理求出BH，利用垂径定理BC＝2BH即可解决问题．
【解答】解：（1）连接OC．
∵∠AOB＝90°，∠A＝25°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝65°，
∵OB＝OC，
∴∠B＝∠OCB＝65°，
∴∠BOC＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
∴弧BC的度数为50°，
故答案为50°．
（2）如图，作OH⊥BC于H．
在Rt△AOB中，∵∠AOB＝90°，OA＝4，OB＝3，
∴AB＝＝＝5，
∵S△AOB＝ OB OA＝ AB OH，
∴OH＝＝，
∴BH＝＝＝，
∵OH⊥BC，
∴BH＝CH，
∴BC＝2BH＝．
【点评】本题考查垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
22．（8分）如图所示，破残的圆形轮片上，弦AB的垂直平分线交弧AB于点C，交弦AB于点D．已知：AB＝24cm，CD＝8cm．
（1）求作此残片所在的圆（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）求（1）中所作圆的半径．
【分析】（1）由垂径定理知，垂直于弦的直径是弦的中垂线，故作AC，BC的中垂线交于点O，则点O是弧ACB所在圆的圆心；
（2）在Rt△OAD中，由勾股定理可求得半径OA的长．
【解答】解：（1）作弦AC的垂直平分线与弦AB的垂直平分线交于O点，以O为圆心OA长为半径作圆O就是此残片所在的圆，如图．
（2）连接OA，设OA＝x，AD＝12cm，OD＝（x﹣8）cm，
则根据勾股定理列方程：
x2＝122+（x﹣8）2，
解得：x＝13．
答：圆的半径为13cm．
【点评】本题利用了垂径定理，中垂线的性质，勾股定理求解．
23．（8分）如图，在△ABC中，AB＝4，∠C＝64°，以AB为直径的⊙O与AC相交于点D，E为上一点，且∠ADE＝40°．
（1）求的长；
（2）若∠EAD＝76°，求证：CB为⊙O的切线．
【分析】（1）由圆周角定理求出∠AOE＝2∠ADE＝80°，由邻补角的性质的∠EOB＝180°﹣∠AOE＝100°，由弧长公式即可求出的长．
（2）由圆周角定理得到∠EAB＝∠EOB＝50°，因此∠BAC＝∠EAD﹣∠EAB＝26°，得到∠C+∠BAC＝90°，因此∠ABC＝90°，得到直径AB⊥BC，即可证明CB为⊙O的切线．
【解答】（1）解：∵∠ADE＝40°，
∴∠AOE＝2∠ADE＝80°，
∴∠EOB＝180°﹣∠AOE＝100°，
∵AB＝4，
∴⊙O半径长是2，
∴的长＝＝；
（2）证明：∵∠EAB＝∠EOB＝50°，
∴∠BAC＝∠EAD﹣∠EAB＝76°﹣50°＝26°，
∵∠C＝64°，
∴∠C+∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝180°﹣（∠C+∠BAC）＝90°，
∴直径AB⊥BC，
∴CB为⊙O的切线．
【点评】本题考查弧长的计算，切线的判定，圆周角定理，关键是由圆周角定理求出∠AOE＝80°，得到∠EOB的度数，即可求出的长，求出∠EAB的度数，得到∠BAC的度数，即可求出∠ABC＝90°，从而证明CB为⊙O的切线．
24．（8分）如图1中的某种冰激凌的外包装可以视为圆锥（如图2），制作这种外包装需要用如图3所示的等腰三角形材料，其中AB＝AC，AD⊥BC将扇形EAF围成圆锥时，AE、AF恰好重合，已知这种加工材料的顶角∠BAC＝90°．
（1）求图2中圆锥底面圆直径ED与母线AD长的比值；
（2）若圆锥底面圆的直径ED为5cm，求加工材料剩余部分（图3中阴影部分）的面积．（结果保留π）
【分析】（1）由于圆锥的侧面展开图为扇形，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，则利用弧长公式得到π DE＝，从而求出ED：AD即可；
（2）先根据等腰直角三角形的性质得到BC＝2AD＝20cm，再利用扇形的面积公式，利用S阴影部分＝S△ABC﹣S扇形EAF进行计算．
【解答】解：（1）根据题意得π DE＝，
∴DE＝AD，
∴ED与母线AD长的比值为；
（2）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC，
而AD＝2DE＝10cm，
∴BC＝2AD＝20cm，
∴S阴影部分＝S△ABC﹣S扇形EAF
＝×10×20﹣
＝（100﹣25π）cm2．
答：加工材料剩余部分的面积为（100﹣25π）cm2．
【点评】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．也考查了等腰直角三角形的性质．
25．（10分）如图，在矩形ABCD中，点O在对角线AC上，以OA的长为半径的圆O与AD，AC分别交于点E，F，且∠ACB＝∠DCE．
（1）判断直线CE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（2）若BC＝2AB，BC＝4，求⊙O的半径．
【分析】（1）根据平行线的性质和已知得：∠DAC＝∠DCE，证明∠AEO+∠DEC＝90°，则∠OEC＝90°，可得结论；
（2）由勾股定理得：AC＝2，由tan∠DCE＝tan∠ACB＝，得DE＝1，所以CE＝，设⊙O的半径为r，列方程可得结论．
【解答】解：（1）直线CE与⊙O相切；
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC∥AD，∠BCA＝∠DAC，
又∵∠ACB＝∠DCE，
∴∠DAC＝∠DCE，
连接OE，则∠DAC＝∠AEO＝∠DCE，
∵∠DCE+∠DEC＝90°，
∴∠AEO+∠DEC＝90°，
∴∠OEC＝90°，即OE⊥CE，
又OE是⊙O的半径，
∴直线CE与⊙O相切；
（2）∵AB＝2，BC＝4，
∴AC＝＝＝2，tan∠ACB＝＝＝，
∵∠DCE＝∠ACB，
∴tan∠DCE＝＝，
∴DE＝DC tan∠DCE＝2×＝1，
在Rt△CDE中，CE＝＝＝，
设⊙O的半径为r，则在Rt△COE中，CO2＝OE2+CE2，
即（2﹣r）2＝r2+（）2，
解得：r＝，
故⊙O的半径为．
【点评】此题考查了切线的判定，勾股定理，矩形的性质，三角函数，熟练掌握切线的判定方法是解本题的关键，注意利用方程的思想，根据勾股定理作等量关系，列方程解决问题．
26．（10分）如图所示，AB是⊙O的直径，点F是半圆上的一动点（F不与A，B重合），弦AD平分∠BAF，过点D作DE⊥AF交射线AF于点AF．
（1）求证：DE与⊙O相切：
（2）若AE＝8，AB＝10，求DE长；
（3）若AB＝10，AF长记为x，EF长记为y，求y与x之间的函数关系式，并求出AF EF的最大值．
【分析】（1）连接OD，则∠OAD＝∠ODA，由AD平分∠BAF，得出∠OAD＝∠FAD，推出∠ODA＝∠FAD，则OD∥AF，由DE⊥AF，得出DE⊥OD，即可得出结论：
（2）连接BD，易证∠AED＝90°＝∠ADB，又∠EAD＝∠DAB，得出△AED∽△ADB，则AD：AB＝AE：AD，求出AD2＝AB×AE＝80，在Rt△AED中，由勾股定理得出DE＝＝4；
（3）连接DF，过点D作DG⊥AB于G，易证△AED≌△AGD（AAS），得出AE＝AG，DE＝DG，由∠FAD＝∠DAB，得出＝，则DF＝DB，证得Rt△DEF≌Rt△DGB（HL），得出EF＝BG，则AB＝AF+2EF，即x+2y＝10，得出y＝﹣x+5，AF EF＝﹣x2+5x＝﹣（x﹣5）+，即可得出结果．
【解答】（1）证明：连接OD，如图1所示：
∵OD＝OA，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠BAF，
∴∠OAD＝∠FAD，
∴∠ODA＝∠FAD，
∴OD∥AF，
∵DE⊥AF，
∴DE⊥OD，
又∵OD是⊙O的半径，
∴DE与⊙O相切：
（2）解：连接BD，如图2所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵DE⊥AF，
∴∠AED＝90°＝∠ADB，
又∵∠EAD＝∠DAB，
∴△AED∽△ADB，
∴AD：AB＝AE：AD，
∴AD2＝AB×AE＝10×8＝80，
在Rt△AED中，由勾股定理得：DE＝＝＝4；
（3）连接DF，过点D作DG⊥AB于G，如图3所示：
在△AED和△AGD中，，
∴△AED≌△AGD（AAS），
∴AE＝AG，DE＝DG，
∵∠FAD＝∠DAB，
∴＝，
∴DF＝DB，
在Rt△DEF和Rt△DGB中，，
∴Rt△DEF≌Rt△DGB（HL），
∴EF＝BG，
∴AB＝AG+BG＝AE+EF＝AF+EF+EF＝AF+2EF，
即：x+2y＝10，
∴y＝﹣x+5，
∴AF EF＝﹣x2+5x＝﹣（x﹣5）2+，
∴AF EF有最大值，当x＝5时，AF EF的最大值为．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、切线的判定、圆周角定理、平行线的性质、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．
27．（10分）如图，⊙M与x轴交于A、B两点，其坐标分别为A（﹣3，0）、B（1，0），直径CD⊥x轴于N，抛物线y＝﹣x2﹣2x+m经过A、B、D三点，
（1）求m的值及点D的坐标；
（2）若直线CE切⊙M于点C，G在直线CE上，已知点G的横坐标为3．求G的纵坐标；
（3）对于（2）中的G，是否存在过点G的直线，使它与（1）中抛物线只有一个交点，请说明理由；
（4）对于（2）中的G，直线FG切⊙M于点F，求直线DF的解析式．
【分析】（1）将A或B的坐标代入抛物线的解析式中，即可求得待定系数m的值，进而可求得抛物线的顶点坐标；根据圆和抛物线的对称性知，点D即为抛物线的顶点，由此得解．
（2）已知了点D的坐标，需求出直线DF上另一点的坐标；根据A、B、D的坐标，可求得AN、BN、DN的长，根据相交弦定理知：DN NC＝AN BN，由此可求得NC的长，即可得到点C的坐标，易证得CG∥x轴，则可求得G的纵坐标；
（3）假设存在过G的直线y＝kx+b，由G（3，﹣1），可得3k+b＝﹣1，即可求得b＝﹣1﹣3k，的方程组：，由与抛物线只有一个交点，可得判别式Δ＝0，即可求得k的值；
（4）设直线DF与直线CE的交点为E，连接CF，根据圆周角定理可知△CFP是直角三角形，而CG、CF同为⊙M的切点，即CG＝GF，所以点G即为斜边CP的中点，由此可得点P的坐标，根据D、P的坐标，即可用待定系数法求得直线DF的解析式．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2﹣2x+m过点A，B两点，
∴根据根与系数的关系可得：﹣3×1＝﹣m，
∴m＝3，
∴抛物线为：y＝﹣x2﹣2x+3，
又∵抛物线过点D，由圆的对称性知点D为抛物线的顶点，
∴D点坐标为（﹣1，4）．
（2）由题意知AB＝4，
∵CD⊥x轴，
∴NA＝NB＝2，
∴ON＝1，
由△AND∽△CNB，可得NA NB＝ND NC，
∴NC×4＝2×2，NC＝1，
∴C的坐标为（﹣1，﹣1），
∵直线CE切⊙M于点C，
∴CD⊥CG，
∴CG∥x轴，
∴G的纵坐标为﹣1；
（3）存在．
假设存在过G的直线y＝kx+b，
∵G（3，﹣1），
∴3k+b＝﹣1，
∴b＝﹣1﹣3k，
∴，
∴kx﹣1﹣3k＝﹣x2﹣2x+3，
整理得：x2+（k+2）x﹣4﹣3k＝0，
∴当与抛物线只有一个交点时，△＝（k+2）2﹣4（﹣4﹣3k）＝0，
解得：k＝﹣8±2，
另：过G点并与y轴平行的直线与抛物线也只有一个交点；
∴存在过点G的直线，使它与（1）中抛物线只有一个交点；
（4）设直线DF交CE于P，连接CF，得∠CFP＝90°，
∵CG，FG为圆M的切线，
∴FG＝GC，
∴∠1＝∠3，
∴∠2＝∠FPC，
∴FG＝GP，
∴GC＝GP，
可得CP＝8，
∴P点的坐标为（7，﹣1）；
设直线DF的解析式为y＝kx+b（k≠0），
则，
解得，
∴直线DF的解析式为y＝﹣x+．
【点评】此题主要考查了二次函数解析式的确定、圆和抛物线的对称性、圆周角定理、相交弦定理、直角三角形的性质、函数图象交点坐标的求法、根的判别式等知识，涉及知识面较广，难度较大．