2023-2024學年江蘇省泰州白馬中學數學九年級上冊期末檢測試題含解析

2023-2024學年江蘇省泰州白馬中學數學九上期末檢測試題

注意事項

1.考生要認真填寫考場號和座位序號。

2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑

色字跡的簽字筆作答。

3.考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。

一、選擇題（每題4分，共48分）

1.如圖，已知拋物線∕1：y=；（X—2）2-2與X軸分別交于。、A兩點,將拋物線I1向上平移得至∣J。，過點A作AB，X

軸交拋物線6于點3,如果由拋物線4、4、直線AB及）'軸所圍成的陰影部分的面積為16,則拋物線人的函數表達

A.21?

y=i(x-2)+2B.y=-(χ-2)2+3

19D.y=^x-2?)2+?

C.?=—(x-2)~÷4

2.如圖.已知。的半徑為3,OA=S,點P為＞。上一動點.以Q4為邊作等邊AR4M,則線段QW的長的最大

值為（)

A.9B.11C.12D.14

3.如圖，在RtAABC中，ZACB=90o,如果AC=3,AB=S,那么SinB等于（）

34

A.-B.

55

4.如圖，將小正方形AE尸G繞大正方形48CO的頂點A順時針旋轉一定的角度α（其中0o≤α≤90D,連接BG、DE

相交于點。，再連接AO、BE、DG.王凱同學在探究該圖形的變化時，提出了四個結論:

①BG=DE；?BG±DEi?ZDOA=ZGOA；@S^ADG=S^ABE,其中結論正確的個數有()

A.1個B.2個C.3個D.4個

5.已知關于X的一元二次方程d—2oc+4=0的一個根是2,則a的值為（）

A.-1B.1C.-2D.2

6.若雙曲線y=——的圖象的一支位于第三象限，則A的取值范圍是（）

X

A.k<?B.Λ>lC.OVAVlD.Λ≤l

7.如圖，邊長為3的正六邊形ABQDE尸內接于」0,則扇形（圖中陰影部分）的面積為（）

8.下列一元二次方程中有兩個不相等的實數根的方程是（）

A.（?-l）2=0B.√+2x-19=0

C.%2+4=0D.√+χ+l=0

9.已知函數y=a∕的圖象經過點P（-l,4）,則該圖象必經過點（）

A.(1,4)B.(-1,-4)C.(-4,1)D.(4,-1)

10.如圖，在ΔABC中，ZC4B=64o,將AABC繞點A旋轉到ΔAB'C八的位置，使得CC'∕∕AB,則/BAB'的大

小為（）

A.64oB.52oC.62oD.68°

11.如圖，在AABC中，CA=CB=4,cosC——,貝Us譏B的值為()

R屈ve

A,亞15.--------rD.叵

2344

12.下列計算中，結果是小的是

242322D.(/)3

A.a+aB.a-aC.a'÷a

二、填空題（每題4分，共24分）

13.如圖，是由10個小正三角形構造成的網格圖（每個小正三角形的邊長均為1）,則Sin（α+β）=

14.點P（2,-3）關于X軸的對稱點，的坐標是

15.西周時期，丞相周公旦設置過一種通過測定日影長度來確定時間的儀器，稱為圭表.如圖是一個根據北京的地理位

置設計的圭表，其中，立柱AC高為3m.已知，冬至時北京的正午日光入射角NABC約為30。，則立柱根部與圭表的

冬至線的距離（即BC的長）為∣n.

冬鉗艘威波夏鉉

16.將拋物線.v=J向右平移2個單位長度，再向上平移1個單位長度，所得拋物線的函數表達式是.

17.如圖，在AABC中，ZBAC=90o,ZB=60o,AD，BC于點D,則aABD與AADC的面積比為.

18.方程aχ2+x+l=0有兩個不等的實數根，則a的取值范圍是.

三、解答題（共78分）

19.（8分）計算:（；尸-正cos45°-（2020+π）°+3tan30o

20.（8分）已知攵為實數，關于X的方程/+X=2（%-I）X有兩個實數根42.

（1）求實數后的取值范圍.

（2）若（％+1）（/+1）=2,試求攵的值.

21.（8分）二次函數y=αχ2+8x+c中的X,y滿足下表

X...-1013???

y...0310…

不求關系式，僅觀察上表，直接寫出該函數三條不同類型的性質:

(1);

(2)；

(3).

22.(10分)解方程：

(1)x1-2x-1=0；

(2)(2x-1)(2x-1).

23.(10分)(1)計算：2cos60o+4sin60o?tan30o-6cos245°

(2)解方程：9(X-2)2=4(X+1)2

24.（10分）（1）已知：如圖LΔABC為等邊三角形，點。為BC邊上的一動點（點。不與5、C重合），以AO為

邊作等邊ΔAT>E,連接CE.求證：①BD=CE,②NOCE=I20；

(2)如圖2,在ΔA8C中，NBAC=90，AC=AB,點。為BC上的一動點(點D不與B、C重合)，以AD為

邊作等腰RtΔADE,ZDAE=90(頂點A、D、E按逆時針方向排列)，連接CE,類比題(1),請你猜想：①ZDCE

的度數；②線段BO、CD、Z)E之間的關系，并說明理由；

(3)如圖3,在(2)的條件下，若。點在BC的延長線上運動，以AQ為邊作等腰RtΔADE,NDAE=90(頂

點A、。、E按逆時針方向排列)，連接CE.

①則題(2)的結論還成立嗎？請直接寫出，不需論證；

②連結8E,若8E=10,BC=6,直接寫出AE的長.

25.(12分)對于平面直角坐標系Xo)，中，已知點A(-2,0)和點8(3,0),線段48和線段48外的一點尸，給出

如下定義：若45咚/4產肥90。時，則稱點P為線段AB的可視點，且當Rl=M時，稱點尸為線段A5的正可視點.

^A~^O

BX

圖1備用圖

(1)①如圖1,在點Pl(3,6),P2(-2,-5),Pi(2,2)中，線段A5的可視點是；

②若點P在y軸正半軸上，寫出一個滿足條件的點P的坐標：.

(2)在直線y=x+力上存在線段A8的可視點，求》的取值范圍；

(3)在直線y=-x+，〃上存在線段48的正可視點，直接寫出機的取值范圍.

26.已知，如圖，在平面直角坐標系中，直線y=-gx-2與X軸交于點A,與)'軸交于點B,拋物線y=gχ2+?r+c

經過A、B兩點，與X軸的另一個交點為C.

(1)直接寫出點A和點B的坐標；

（2）求拋物線的函數解析式；

（3）D為直線AB下方拋物線上一動點；

①連接DO交AB于點E,若DE：OE=3：4,求點D的坐標；

②是否存在點D,使得NDBA的度數恰好是NBAC度數2倍，如果存在，求點D的坐標，如果不存在，說明理由.

參考答案

一、選擇題（每題4分，共48分）

1、A

【分析】利用二次函數圖象上點的坐標特征求出拋物線與X軸交點的橫坐標，由陰影部分的面積等于矩形OABC的面

積可求出AB的長度，再利用平移的性質“左加右減，上加下減”，即可求出拋物線4的函數表達式.

【詳解】當y=o時，有;（x-2）2-2=0,

解得：Xi=O,X2=l,

.?OA=1.

YS陰影=OAXAB=16,

ΛAB=1,

.?.拋物線/2的函數表達式為y=g（x-2）2-2+l=y=；（x—2『+2

故選A.

【點睛】

本題考查了拋物線與X軸的交點、矩形的面積以及二次函數圖形與幾何變換，觀察圖形，找出陰影部分的面積等于矩

形OABC的面積是解題的關鍵.

2、B

【分析】以OP為邊向下作等邊aPOH,連接AH,根據等邊三角形的性質通過“邊角邊”證明4HPA04OPM,則

AH=OM,然后根據AH≤OH+AO即可得解.

【詳解】解：如圖，以OP為邊向下作等邊aPOH,連接AH,

V?POH,Z?PAM都是等邊三角形，

二PH=PO,PA=PM,NPHo=NAPM=60°,

ΛZHPA=ZOPM,

Λ?HPA^?OPM(SAS),

ΛAH=OM,

VAH≤OH+AO,BPAH≤11,

AAH的最大值為11,

則OM的最大值為11.

故選B.

【點睛】

本題主要考查等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質等，解此題的關鍵在于熟練掌握其知識點，難點在于作輔

助線構造等邊三角形.

3、A

【解析】直接利用銳角三角函數關系得出SinB的值.

【詳解】T在RtAABC中，ZACB=90o,AC=3,AB=5,

AC3

??sinB=-----=—.

AB5

故選A.

【點睛】

此題主要考查了銳角三角函數關系，正確把握定義是解題關鍵.

4、D

【分析】由“SAS”可證4OAEgZ?K4G,可得8G=OE,即可判斷①；設點OE與AB交于點P,由NAoE=NA8G,

ZDPA=ZBPO,即可判斷②；過點4作AMj_OE,ANLBG,易證LoEXAM=LX8GxAN,從而得AM=AN,進

22

而即可判斷③；過點G作GH_LAO,過點E作E0_LAO,由“AAS”可證aAEQgaGAH,可得AQ=G//,可得SΔΛDG

=SAABE,即可判斷④.

【詳解】,:ZDAB=ZEAG=90o,

.".ZDAE=ZBAG,

X,:AD=AB,AG=AE,

：.ADAE義ABAG(SAS),

：.BG=DE,ΛADE=ΛABG,

故①符合題意，

如圖1,設點OE與AB交于點P,

VZADE=ZABG,ZDPA=ZBPO,

/.ZDAP=ZBOP=90°,

：.BGLDE,

故②符合題意，

如圖1,過點A作AMJ_OE,ANA.BG,

?：ΔDAE^?BAG,

??SADAEZ=SABAG,

11

：.-DE×AM--×BG×AN,

22

又YDE=BG,

.,.AM=AN,且AM_LQE,AN1.BG,

.?.A。平分NOOG,

二ZAOD=ZAOG,

故③符合題意，

如圖2,過點G作G"_LAO交ZM的延長線于點過點E作EQJ_Ao交ZM的延長線于點Q,

ΛZEAβ+ZAEρ=90o,NEA0+NG4Q=9O。，

：?NAEQ=NGAQ,

XVAE=AG,NEQa=NAHG=90。，

Λ?AEβ^?GAW(AAS)

：.AQ=GH9

11

：,-AD×GH=-AB×AQ9

?*?SMDG=S^ABE9

故④符合題意，

故選：D.

圖二(圖2F

【點睛】

本題主要考查正方形的性質和三角形全等的判定和性質的綜合，添加輔助線,構造全等三角形，是解題的關鍵.

5、D

【分析】把X=2代入原方程得到關于”的一元一次方程，解方程即可.

【詳解】解：把x=2代入原方程得：4—4α+4=0,

4a=8,

..a=2,

故選D.

【點睛】

本題考查的是一元二次方程的解的含義，掌握方程解的含義是解題的關鍵.

6、B

【分析】根據反比例函數的性質解答即可.

lζ-↑

【詳解】雙曲線y=——的圖象的一支位于第三象限，.?.A-1>O,.?∕>1?

X

故選B.

【點睛】

本題考查了反比例函數的圖象與性質，反比例函數y=A(Λ≠0),當A>0時，圖象在第一、三象限，且在每一個象

X

限y隨X的增大而減小；當AVO時，函數圖象在第二、四象限，且在每一個象限y隨X的增大而增大，熟練掌握反比

例函數的性質是解答本題的關鍵.

7、B

2

【分析】根據已知條件可得出/AOB=60。，圓的半徑為3,再根據扇形的面積公式S=竺二(α為圓心角的度數)

360

求解即可.

【詳解】解：正六邊形ABCDEF內接于0,

ZAOB=60。，

OA=QB,

.?.二AQB是等邊三角形，

.,.OA=OB=AB=3,

扇形AOB的面積=色工交=)π,

3602

故選：B.

【點睛】

本題考查的知識點求扇形的面積，熟記面積公式并通過題目找出圓心角的度數與圓的半徑是解題的關鍵

8、B

【分析】根據一元二次方程根的判別式，分別計算△的值，進行判斷即可.

【詳解】A、Δ=0,方程有兩個相等的實數根；

B、Zk=4+76=80>0,方程有兩個不相等的實數根；

C、Δ=-16<0,方程沒有實數根；

D、Δ=l-4=-3<0,方程沒有實數根.

故選：B.

9、A

【解析】把P點坐標代入二次函數解析式可求得a的值，則可求得二次函數解析式，再把選項中所給點的坐標代入判

斷即可；

【詳解】?.?二次函數y=oχ2的圖象經過點P(-l,4),

.?.4=αx(-l)2,

解得a=4,

.?.二次函數解析式為y=4f；

當x=l或X=-I時，y=4；

當x=4或x=-4時，y=64；

故點(1,4)在拋物線上；

故選A.

【點睛】

本題主要考查了二次函數圖象上點的坐標特征，掌握二次函數圖象上點的坐標特征是解題的關鍵.

10、B

【分析】由平行線的性質可得NCCA=NCAB=64。，由折疊的性質可得AC=AC',ZBAB'=ZCAC',可得NACC'

=NCCA=64。，由三角形內角和定理可求解.

【詳解】???CC"AB,

ΛZCCA=ZCAB=64o,

?.?將aABC繞點A旋轉到aABC的位置，

ΛAC=AC',ZBAB'=ZCAC',

.,.ZACC=ZC'CA=64o,

ΛZCAC=180°-2×64o=52o,

故選：B.

【點睛】

本題考查旋轉的性質，平行線的判定，等腰三角形的性質，靈活運用旋轉的性質是本題的關鍵.

11、D

【解析】過點A作AO_LBC,垂足為D,在放ΔACZ)中可求出AD,CD的長，在RQAB。中，利用勾股定理可求

出AB的長，再利用正弦的定義可求出SinB的值.

【詳解】解：過點A作ADJ_8C,垂足為D,如圖所示.

在R∕ΔACO中，CD=CA-CQSC=1,

.?.AD=y∣AD2-CD2=√15；

在RtZSABD中，BD=CB-CD=3,AD=√15,

.?.AB=√BD2+AD2=2√6，

【點睛】

考查了解直角三角形以及勾股定理，通過解直角三角形及勾股定理，求出AD,AB的長是解題的關鍵.

12、D

【解析】根據新的乘方、同底數幕的乘法的運算法則計算后利用排除法求解.

【詳解】解：

A、a2+a4≠a6,不符合；

B、a2?a3=a5,不符合；

C、a"2÷a2=a*°,不符合；

D、(a2)?6,符合.

故選D.

【點睛】

本題考查了合并同類項、同底數幕的乘法、塞的乘方.需熟練掌握且區(qū)分清楚，才不容易出錯.

二、填空題(每題4分，共24分)

13、班.

7

【分析】連接BC,構造直角三角形A3C,由正三角形及菱形的對角線平分對角的性質，得出NBC0=α=3O°,NA5C=90°,

從而α+S=NACB,分別求出aABC的邊長，

【詳解】如圖,連接8C,

???上圖是由10個小正三角形構造成的網格圖,

???任意相鄰兩個小正三角形都組成一個菱形，

ΛZBCZ）=α=30o,NAbC=90°,

:?a+β=NACB,

???每個小正三角形的邊長均為1,

ΛAB=2,

在RtADBC中，

變=變=tan6。。=G

BD1

.?.βC=√3,

.?.在Rt△ABC中，

AC=√AB2+BC2=√4+3=√7>

MR22J7

.?.sin（a+β）=SinNAC5=------=—==-------,

AC√77

故答案為：空.

7

【點睛】

本題考查了構造直角三角形求三角函數值,解決本題的關鍵是要正確作出輔助線,明確正弦函數的定義.

14、（2,3）

【分析】根據對稱點的特征即可得出答案.

【詳解】點P（2,-3）關于'軸的對稱點6的坐標是（2,3）,故答案為（2,3）.

【點睛】

本題考查的是點的對稱，比較簡單，需要熟練掌握相關基礎知識.

15、3√3

【分析】直接根據正切的定義求解即可.

【詳解】在RtAABC中，NABe約為30。，AC高為3加，

AC

VtanZABC=——，

BC

故答案為：36.

【點睛】

本題考查了解直角三角形的應用，解決此問題的關鍵在于正確理解題意得基礎上建立數學模型，把實際問題轉化為數

學問題.

16、y=(x-2)2+l

【分析】先得出拋物線的頂點坐標為(0,0),再利用點的平移規(guī)律得到點(0,0)平移后對應的點的坐標為(2,1),然后根據

頂點式寫出平移后的拋物線解析式.

【詳解】解：拋物線y=V的頂點坐標為(0,0),再利用點的平移規(guī)律得到點(0,0)平移后對應的點的坐標為(2,1),所以

平移后的拋物線解析式為：y=(x-2)2+l.

故答案為：y=(x-2)2+l.

【點睛】

本題考查的知識點是二次函數圖象與幾何變化，熟記點的平移規(guī)律是解此題的關鍵.

17、1:1

【分析】根據NBAC=90°,可得NBAD+NCAD=9(Γ,再根據垂直的定義得到NADB=NCDA=90。，利用三角形的

內角和定理可得NB+NBAD=9(Γ,根據同角的余角相等得到NB=NCAD,利用兩對對應角相等兩三角形相似得到

?nl-

?ABD-?CAD,?tanB=tan600=--=√3,再根據相似三角形的面積比等于相似比(對應邊的之比)的平方即可

BD

求出結果.

【詳解】：?.?NBAC=90o,

ΛZBAD+ZCAD=90o,

XVAD±BC,

ΛZADB=ZCDA=90o,

ΛZB+ZBAD=90o,

AZB=ZCAD,又NADB=NCDA=90°,

Λ?ABD^?CAD,

.?.巨/=M2,

,CADVA.Cj

?：ZB=60o,

.AB百

??------------9

AC3

AfiY_1

IqJ

??.ΛBD—_

,CADACj~3

故答案為1：1.

【點睛】

本題考查了相似三角形的判定與性質，熟練掌握相似比即為對應邊之比，周長比等于相似比，面積之比等于相似比的

平方是解決問題的關鍵.

18、α<,且a≠0

4

【解析】V方程?2+χ+1=。有兩個不等的實數根，

a≠()1

二〈八，解得α<一且GH0.

.=Γ2-4α>04

三、解答題(共78分)

19、G

【分析】根據負指數次塞的性質、45。的余弦值、任何非0數的0次幕都等于1和30。的正切值計算即可.

【詳解】解：(^)?,-√2cos45°-(2020+π)°+3tan30o

2

ΓT>∕2?/?

=2-√2×-----1+3×----

23

=2-1-1+^3

=G

【點睛】

此題考查的是實數的混合運算，掌握負指數次幕的性質、45。的余弦值、任何非0數的0次幕都等于1和30°的正切

值是解決此題的關鍵.

20、(1)Z≤L.(2)-3.

2

【分析】(1)把方程化為一般式，根據方程有兩個實數根，可得A≥0,列出關于攵的不等式，解出攵的范圍即可；

2

(2)根據一元二次方程根與系數的關系，可得用+々=2%-2,xlx2=Zr,再將原等式變形為

XIX2+(為+々)+1=2,然后整體代入建立關于人的方程，解出左值并檢驗即可.

【詳解】(1)解：原方程即為f-2(女—I)》+%?=。.

.=4(k-l)2-4k2≥0,

Λ(k-l)2-k2≥O.Λ-2k+l>0.

(2)解：由根系關系，得玉+%2=2&-2,XlX2=6

?.?(X∣+1)(X2+1)=2,

：.xlx2+(xl+x2)+l=2

??2+2?-2=l.即火2+2A-3=0?

解得左=1,或左=一3

'：k<-

2

?β?Z=—3?

故答案為(1)左(2)-3.

2

【點睛】

本題考查一元二次方程根的判別式及應用,一元二次方程的根與系數的關系:若Xi,X2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)

bc

的兩根時，Xl+X2=.X∣X2=-.

aa

21、(1)拋物線與X軸交于點(-1,0)和(3,0)；與y軸交于點(0,3)；(2)拋物線的對稱軸為直線x=l;(3)當x<l

時，y隨X的增大而增大

【分析】根據表格中數據，可得拋物線與X軸交點坐標，與y軸交點坐標，拋物線的對稱軸直線以及拋物線在對稱軸

左側的增減性，從而進行解答.

【詳解】解：由表格數據可知：當x=0時，y=3;當y=0時，x=-l或3

.?.該函數三條不同的性質為：

(1)拋物線與X軸交于點(-1,0)和(3,0)；與y軸交于點(0,3)；(2)拋物線的對稱軸為直線x=l;(3)當XVI

時，y隨X的增大而增大

【點睛】

本題考查二次函數性質，數形結合思想解題是本題的解題關鍵.

22、(1)x=2±√2:(2)X=*或X='.

22

【分析】(1)根據配方法即可求出答案.

(2)根據因式分解法即可求出答案.

【詳解】解：⑴Vx2-2x-1=0,

.".X2-2x+l=2,

.?.(X-2)2=2,

?'?x=2iΛJ^2.?

(2)Y(2x-1)2=4(2x-1),

Λ⑵-I-4)(2x-1)=0,

?5力1

.?x=-或X=

22

【點睛】

此題主要考查一元二次方程的求解，解題的關鍵是熟知一元二次方程的解法.

4

23、(1)0；(2)xl=-,X2=8

【分析】(1)根據特殊角的三角函數值代入計算即可；

(2)對原方程變形后利用因式分解法求解即可.

【詳解】解：(1)2cos600+4sin600?tan300-6cos245o

?1d√3√3.f√∑f

=2x—+4X—×------6×—

223Ik2J

=1+2—3

=0

(2)9(x-2)2=4(x+lf

[3(X-2)]2=[2(X+1)]2

[3(x—2)y—[2(x+l)j=0

[3(X-2)+2(x+l)][3(x-2)-2(x+l)]=0

3(X-2)+2(x+1)=()或3(x-2)-2(x+1)=0

4

解得：x∣=—,/=8

【點睛】

本題考查特殊角的三角函數值混合運算和因式分解法解一元二次方程，解題的關鍵是熟記特殊角的三角函數值和熟練

掌握因式分解法解一元二次方程.

24、(1)①見解析；②NZ)CE=HO。；(1)ZDCE=90o,BDl+CDi=DE1.證明見解析；(3)①(1)中的結論還成立,

(2)AE=√34.

【分析】(1)①根據等邊三角形的性質就可以得出NBAC=NDAE=60。，AB=BC=AC,AD=DE=AE,進而就可以得出

?ABD^?ACE,即可得出結論；②由AABDgaACE,以及等邊三角形的性質，就可以得出NDCE=U0。：

(D先判定AABD之^ACE(SAS),得出NB=NACE=45。,BD=CE,在Rt?DCE中，根據勾股定理得出CE'+CD1=DE1,

即可得到BD,+CD'=DE1;

(3)①運用(1)中的方法得出BD∣+CD?DEi;②根據RtABCE中，BE=10,BC=6,求得CE=而F才=8進而

得出CD=8-6=1,在RtADCE中，求得￡)七=后二至=病最后根據AADE是等腰直角三角形，即可得出AE的長.

【詳解】(1)①如圖1,TZiABC和AADE是等邊三角形，

ΛAB=AC,AD=AE,NACB=NB=60°,

ZBAC=ZDAE=60o,

：.NBAC-ZDAC=ZDAE-ZDAC,

ΛZBAD=ZEAC.

在AABD和AACE中，

AB=AC

<ZBAD=ZEAC,

AD=AE

Λ?ABD^?ACE(SAS),

ΛBD=CE;

②MABDBACE,

NACE=NB=60°,

ZDCE=ZACE+ZACB=60O+60O=110O;

(1)ZDCE=90o,BDl+CD1=DE'.

證明：如圖1,VZBAC=ZDAE=90o,

ZBAC-ZDAC=ZDAE-NDAC,

即NBAD=NCAE,

在AABD與AACE中，

AB=AC

<ZBAD=ZCAE,

AD=AE

Λ?ABD^?ACE(SAS),

ΛZB=ZACE=45o,BD=CE,

.?.ZB+ZACB=ZACE+ZACB=90o,

.?.NBCE=90°,

.?.R3DCE中，CE'+CD'=DEl,

ΛBD1+CD'=DE1;

(3)①(1)中的結論還成立.

理由：如圖3,VZBAC=ZDAE=90o,

二ZBAC+ZDAC=ZDAE+ZDAC,

BPZBAD=ZCAE,

在AABD與AACE中，

AB=AC

<NBAD=ZCAE

AD^AE

Λ?ABD^?ACE(SAS),

ΛZABC=ZACE=45o,BD=CE,

二ZABC+ZACB=ZACE+ZACB=90o,

：.ZBCE=90o=ZECD,

ΛRtADCE中，CE1+CDl=DEl,

ΛBD'+CDl=DEl;

@VRt?BCEΦ,BE=1O,BC=6,

ΛCE=>∕102-62=8

.?.BD=CE=8,

ΛCD=8-6=1,

二RSDCE中，

DE=√22+82=√68

?.?ΔADE是等腰直角三角形，

,AE=半=埠=4

√2√2

【點睛】

本題屬于三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質，等腰直角三角形的性質以及勾股

定理的綜合應用，解決問題的關鍵是掌握全等三角形的對應邊相等，對應角相等.解題時注意：在任何一個直角三角

形中，兩條直角邊長的平方之和一定等于斜邊長的平方.

25、(1)①線段AB的可視點是鳥，β5②點尸的坐標：P(0,3)(答案不唯一，縱坐標片,范圍：√6≤‰≤6);(2)

〃的取值范圍是：一8Wb≤l;(3)機的取值范圍：一9^/^一2≤/〃≤一2或3≤，”≤*^/^+3

22

【分析】(1)根據題意畫出圖形，進一步即可得出結論；

(2)正確畫出相關圖形進一步證明即可；

(3)根據題意，正確畫出圖形，根據相關量之間的關系進一步求解即可.

【詳解】(1)①線段AB的可視點是外，G?

②點P的坐標：P(0,3)(答案不唯一，縱坐標方范圍：√6≤‰≤6).

(2)如圖，直線與Θθ∣相切時，BD是。。I直徑

ΛBD=5√2.

?.?8E=3√L

，DE=2λ∕2?

cos45°

/.F(0,1)

同理可得，

直線與。。3相切時，G(0,-8)

.?.b的取值范圍是:-8≤ft≤l.

(3)，”的取值范圍：—J5—2≤機≤—2或34m4—J5+3

22

【點睛】

本題主要考查了圓的性質的綜合運用，熟練掌握相關概念是解題關鍵，

13

2

26、(1)A(-4,0)、B(0,-2)5(2)y=-x+-x-2i(3)①(-1,3)或(-3,-2)；②(-2,-3).

22

【分析】(1)在y=—2中由y=0求出對應的X的值，由X=O求出對應的y的值即可求得點A、B的坐標；

(2)把(1)中所求點A、B的坐標代入y=中列出方程組，解方程組即可求得b、C的值，從而可得二

次函數的解析式；

(3)①如圖，過點D作X軸的垂線交AB于點F,連接OD交AB于點E,由此易得△DFES()BE,這樣設點D的坐

標為(m,二加+二機-2),點F的坐標為(m,-二〃L2),結合相似三角形的性質和D