2024年中考數(shù)學二輪題型突破練習題型10 閱讀理解及定義型問題（復習講義）（教師版）

）＝32+12m③當m＜0時，函數(shù)y＝2mx2+（1﹣m）x+（﹣1﹣m）開口向下，對稱軸x=1④當m≠0時，x＝1代入解析式y(tǒng)＝0，則函數(shù)一定經(jīng)過點（1，0），正確．故選：①②④16.若記y=f（x）=x21+x2，其中f（1）表示當x=1時y的值，即f（1）=121+12=12；f（12）表示當x=12時y的值，即f（12）=f（1【解析】解：∵y=f（x）=x2∴f（1x）=（1x∴f（x）+f（1x∴f（1）+f（2）+f（12）+f（3）+f（12）+…+f（2011）+f（=f（1）+[f（2）+f（12）]+[f（3）+f（13）]+…+[f（2011）+f（=12+1+1+…=12=201012故答案為：20101217．（2023·內蒙古通遼·統(tǒng)考中考真題）閱讀材料：材料1：關于x的一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的兩個實數(shù)根x1，x2和系數(shù)a，材料2：已知一元二次方程x2?x?1=0的兩個實數(shù)根分別為m，n，求解：∵m，n是一元二次方程x2∴m+n=1,mn=?1．則m2根據(jù)上述材料，結合你所學的知識，完成下列問題：(1)應用：一元二次方程2x2+3x?1=0的兩個實數(shù)根為x1，(2)類比：已知一元二次方程2x2+3x?1=0的兩個實數(shù)根為m，n，求SKIPIF1<0的值；(3)提升：已知實數(shù)s，t滿足2s2+3s?1=0，2t2+3t?1=0且s≠t，求【答案】(1)?32(2)13(3)SKIPIF1<0的值為SKIPIF1<0或?17【分析】（1）直接利用一元二次方程根與系數(shù)的關系求解即可；（2）利用一元二次方程根與系數(shù)的關系可求出m+n=?32，mn=?1（3）由題意可將s、t可以看作方程2x2+3x?1=0的兩個根，即得出s+t=?32，st=?12【詳解】（1）解：∵一元二次方程2x2+3x?1=0的兩個根為x∴x1+x故答案為：?32，（2）解：∵一元二次方程2x2+3x?1=0的兩根分別為m∴m+n=?ba=?∴m===13（3）解：∵實數(shù)s、t滿足2s∴s、t可以看作方程2x∴s+t=?ba=?∵t?s==17∴t?s=172或當t?s=171s當t?s=?171s綜上分析可知，SKIPIF1<0的值為SKIPIF1<0或?17．【點睛】本題考查一元二次方程根與系數(shù)的關系，完全平方公式的變形計算，分式的混合運算．理解題意，掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)根與系數(shù)的關系：x1+x218．（2022·重慶）若一個四位數(shù)M的個位數(shù)字與十位數(shù)字的平方和恰好是M去掉個位與十位數(shù)字后得到的兩位數(shù)，則這個四位數(shù)M為“勾股和數(shù)”．例如：M=2543，∵32+42=25，∴又如：M=4325，∵52+22=29，29≠43，∴(1)判斷2022，5055是否是“勾股和數(shù)”，并說明理由；(2)一個“勾股和數(shù)”M的千位數(shù)字為a，百位數(shù)字為b，十位數(shù)字為c，個位數(shù)字為d，記GM=c+d9，PM=10【答案】(1)2022不是“勾股和數(shù)”，5055是“勾股和數(shù)”；理由見解析(2)8109或8190或4536或4563．【分析】（1）根據(jù)“勾股和數(shù)”的定義進行驗證即可；（2）由“勾股和數(shù)”的定義可得10a+b=c2+d2，根據(jù)GM，(1)解：2022不是“勾股和數(shù)”，5055是“勾股和數(shù)”；理由：∵SKIPIF1<0，8≠20，∴1022不是“勾股和數(shù)”；∵52+52=50，∴(2)∵M為“勾股和數(shù)”，∴10a+b=c2+d∵GM=c+d9∵PM∴c2∴①c=0，d=9或c=9，d=0，此時M=8109或8190；②c=3，d=6或c=6，d=3，此時M=4536或4563，綜上，M的值為8109或8190或4536或4563．【點睛】本題以新定義為背景考查了整式混合運算的應用以及學生應用知識的能力，解題關鍵是要理解新定義，能根據(jù)條件找出合適的“勾股和數(shù)”．19．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考中考真題）定義：有兩個相鄰的內角是直角，并且有兩條鄰邊相等的四邊形稱為鄰等四邊形，相等兩鄰邊的夾角稱為鄰等角．

(1)如圖1，在四邊形ABCD中，AD∥BC,∠A=90°，對角線BD平分∠ADC．求證：四邊形ABCD為鄰等四邊形．(2)如圖2，在6×5的方格紙中，A，B，C三點均在格點上，若四邊形ABCD是鄰等四邊形，請畫出所有符合條件的格點D．(3)如圖3，四邊形ABCD是鄰等四邊形，∠DAB=∠ABC=90°，∠BCD為鄰等角，連接AC，過B作BE∥AC交DA的延長線于點E．若AC=8,DE=10，求四邊形EBCD的周長．【答案】(1)證明見解析(2)畫圖見解析(3)38?6【分析】（1）先證明∠ABC=180°?∠A=90°，∠ADB=∠CBD，再證明CD=CB，即可得到結論；（2）根據(jù)新定義分兩種情況進行討論即可；①∠B=∠C=90，結合圖形再確定滿足CB=CD或AD=CD的格點D；②∠B=∠A=90，結合圖形再確定滿足AB=AD的格點D；（3）如圖，過C作CQ⊥AD于Q，可得四邊形ABCQ是矩形，AQ=BC，AD∥BC，證明四邊形ACBE為平行四邊形，可得BE=AC=8，AE=BC，設BC=AE=x，而DE=10，SKIPIF1<0，DQ=x?10?x=2x?10，由新定義可得CD=CB=x，由勾股定理可得：x2?2x?10【詳解】（1）解：∵AD∥∴∠ABC=180°?∠A=90°，∠ADB=∵對角線BD平分∠ADC∴∠ADB=∴∠CBD=∴CD=CB，∴四邊形ABCD為鄰等四邊形．（2）解：D1，D2，（3）如圖，過C作CQ⊥AD于Q，

∵∠DAB=∴四邊形ABCQ是矩形，∴AQ=BC,AB=CQ，AD∥∵BE∥∴四邊形ACBE為平行四邊形，∴BE=AC=8，AE=BC，設BC=AE=x，而DE=10，∴SKIPIF1<0，DQ=x?10?x=2x?10，由新定義可得CD=CB=x，由勾股定理可得：x2整理得：x2解得：x1=10?32∴CB=CD=10?32∴四邊形EBCD的周長為10+8+210?3【點睛】本題考查的是新定義的含義，平行線的性質，等腰三角形的判定，平行四邊形的判定與性質，矩形的判定與性質，勾股定理的應用，一元二次方程的解法，理解題意，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．20.請你閱讀引例及其分析解答，希望能給你以啟示，然后完成對探究一和探究二的解答．引例：設a，b，c為非負實數(shù)，求證：eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)≥eq\r(2)(a＋b＋c)，分析：考慮不等式中各式的幾何意義，我們可以試構造一個邊長為a＋b＋c的正方形來研究．解：如圖①，設正方形的邊長為a＋b＋c，則AB＝eq\r(a2＋b2)，BC＝eq\r(b2＋c2)，CD＝eq\r(a2＋c2)，顯然AB＋BC＋CD≥AD，∴eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)≥eq\r(2)(a＋b＋c)．探究一：已知兩個正數(shù)x，y，滿足x＋y＝12，求eq\r(x2＋4)＋eq\r(y2＋9)的最小值(圖②僅供參考)；探究二：若a，b為正數(shù)，求以eq\r(a2＋b2)，eq\r(4a2＋b2)，eq\r(a2＋4b2)為邊的三角形的面積．【解答】解：探究一：如解圖①，構造矩形AECF，并設矩形的兩邊長分別為12，5，①則x＋y＝12，AB＝eq\r(x2＋4)，BC＝eq\r(y2＋9)，顯然AB＋BC≥AC，當A，B，C三點共線時，AB＋BC最小，即eq\r(x2＋4)＋eq\r(y2＋9)的最小值為AC，∵AC＝eq\r(122＋52)＝13，∴eq\r(x2＋4)＋eq\r(y2＋9)的最小值為13；②探究二：如解圖②，設矩形ABCD的兩邊長分別為2a，2b，E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，則CF＝eq\r(4a2＋b2)，CE＝eq\r(a2＋4b2)，EF＝eq\r(a2＋b2)，設以eq\r(a2＋b2)，eq\r(4a2＋b2)，eq\r(a2＋4b2)為邊的三角形的面積為S△CEF，∴S△CEF＝S矩形ABCD－S△CDF－S△AEF－S△BCE＝4ab－eq\f(1,2)×2a×b－eq\f(1,2)ab－eq\f(1,2)a×2b＝eq\f(3,2)ab，∴以eq\r(a2＋b2)，eq\r(4a2＋b2)，eq\r(a2＋4b2)為邊的三角形的面積為eq\f(3,2)ab.21．（2022·重慶）對于一個各數(shù)位上的數(shù)字均不為0的三位自然數(shù)N，若N能被它的各數(shù)位上的數(shù)字之和m整除，則稱N是m的“和倍數(shù)”．例如：∵247÷(2+4+7)=247÷13=19，∴247是13的“和倍數(shù)”．又如：∵214÷(2+1+4)=214÷7=30??4，∴214不是“和倍數(shù)(1)判斷357，441是否是“和倍數(shù)”？說明理由；(2)三位數(shù)A是12的“和倍數(shù)”，a，b，c分別是數(shù)A其中一個數(shù)位上的數(shù)字，且a>b>c．在a，b，c中任選兩個組成兩位數(shù)，其中最大的兩位數(shù)記為F(A)，最小的兩位數(shù)記為G(A)，若F(A)+G(A)16【答案】(1)357不是15“和倍數(shù)”，441是9的“和倍數(shù)”；理由見解析(2)數(shù)A可能為732或372或516或156【分析】（1）根據(jù)題目中給出的“和倍數(shù)”定義進行判斷即可；（2）先根據(jù)三位數(shù)A是12的“和倍數(shù)”得出a+b+c=12，根據(jù)a>b>c，F(xiàn)A是最大的兩位數(shù)，GA是最小的兩位數(shù)，得出FA+GA=10a+2b+10c，F(xiàn)(A)+G(A)16=k（k為整數(shù)），結合a+b+c=12得出(1)解：∵357÷3+5+7=357÷15=23??????12，∴357不是15∵441÷4+4+1=441÷9=49，∴441是9的“和倍數(shù)(2)∵三位數(shù)A是12的“和倍數(shù)”，∴a+b+c=12，∵a>b>c，∴在a，b，c中任選兩個組成兩位數(shù)，其中最大的兩位數(shù)FA=10a+b，最小的兩位數(shù)GA=10c+b∵F(A)+G(A)16為整數(shù)，設F(A)+G(A)16=k整理得：5a+5c+b=8k，根據(jù)a+b+c=12得：a+c=12?∵a>b>c，∴12?b＞b，解得b＜6，∵“和倍數(shù)”是各數(shù)位上的數(shù)字均不為0的三位自然數(shù)，∴a>b>c＞0，∴b＞1，∴1＜b＜6，把a+c=12?b代入5a+5c+b=8k得：512?b+b=8k，整理得：b=15?2k，∵1＜b＜6，k為整數(shù)，∴b=3或當b=3時，a+c=12?3=9，∵a>b>c＞0，∴a＞3，0＜c＜3，∴a=7，b=3，c=2，或a=8，b=3，c=1，要使三位數(shù)A是12的“和倍數(shù)”，數(shù)A必須是一個偶數(shù)，當a=7，b=3，c=2時，組成的三位數(shù)為732或372，∵732÷12=61，∴732是12的“和倍數(shù)”，∵372÷12=31，∴372是12的“和倍數(shù)”；當a=8，b=3，c=1時，組成的三位數(shù)為318或138，∵318÷12=26??????6，∴318不是12的“和倍數(shù)”，∵138÷12=11??????6，∴138不是12的“和倍數(shù)”；當b=5時，a+c=12?5=7，∵a>b>c＞0，∴5＜a＜7，∴a=6，b=5，c=1，組成的三位數(shù)為516或156，∵516÷12=43，∴516是12的“和倍數(shù)”，∵156÷12=13，∴156是12的“和倍數(shù)”；綜上分析可知，數(shù)A可能為732或372或516或156．【點睛】本題主要考查了新定義類問題，數(shù)的整除性，列代數(shù)式，利用數(shù)位上的數(shù)字特征和數(shù)據(jù)的整除性，是解題的關鍵，分類討論是解答本題的重要方法，本題有一定的難度．22．（2023·河北·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標系中，設計了點的兩種移動方式：從點SKIPIF1<0移動到點(x+2,y+1)稱為一次甲方式：從點SKIPIF1<0移動到點(x+1,y+2)稱為一次乙方式．點P從原點O出發(fā)連續(xù)移動2次；若都按甲方式，最終移動到點SKIPIF1<0；若都按乙方式，最終移動到點N(2,4)；若按1次甲方式和1次乙方式，最終移動到點SKIPIF1<0．

(1)設直線l1經(jīng)過上例中的點M,N，求l1的解析式；并直接寫出將l1(2)點P從原點O出發(fā)連續(xù)移動10次，每次移動按甲方式或乙方式，最終移動到點SKIPIF1<0．其中，按甲方式移動了m次．①用含m的式子分別表示x,y；②請說明：無論m怎樣變化，點Q都在一條確定的直線上．設這條直線為l3，在圖中直接畫出l(3)在（1）和（2）中的直線SKIPIF1<0上分別有一個動點SKIPIF1<0，橫坐標依次為a,b,c，若A，B，C三點始終在一條直線上，直接寫出此時a，b，c之間的關系式．【答案】(1)l1的解析式為y=?x+6；l2的解析式為(2)①x=m+10,y=20?m；②l3的解析式為y=?x+30(3)5a+3c=8b【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法即可求出l1的解析式，然后根據(jù)直線平移的規(guī)律：上加下減即可求出直線l（2）①根據(jù)題意可得：點P按照甲方式移動m次后得到的點的坐標為2m,m，再得出點2m,m按照乙方式移動10?m次后得到的點的橫坐標和縱坐標，即得結果；②由①的結果可得直線l3（3）先根據(jù)題意得出點A，B，C的坐標，然后利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，再把點C的坐標代入整理即可得出結果．【詳解】（1）設l1的解析式為SKIPIF1<0，把SKIPIF1<0、N(2,4)代入，得4k+b=22k+b=4，解得：k=?1∴l(xiāng)1的解析式為y=?x+6將l1向上平移9個單位長度得到的直線l2的解析式為（2）①∵點P按照甲方式移動了m次，點P從原點O出發(fā)連續(xù)移動10次，∴點P按照乙方式移動了10?m次，∴點P按照甲方式移動m次后得到的點的坐標為2m,m；∴點2m,m按照乙方式移動10?m次后得到的點的橫坐標為2m+10?m=m+10，縱坐標為m+210?m∴x=m+10,y=20?m；②由于x+y=m+10+20?m=30，∴直線l3的解析式為y=?x+30函數(shù)圖象如圖所示：

（3）∵點SKIPIF1<0的橫坐標依次為a,b,c，且分別在直線SKIPIF1<0上，∴Aa,?a+6設直線AB的解析式為y=mx+n，把A、B兩點坐標代入，得ma+n=?a+6mb+n=?b+15，解得：m=?1+∴直線AB的解析式為y=?1+∵A，B，C三點始終在一條直線上，∴c?1+整理得：5a+3c=8b；即a，b，c之間的關系式為：5a+3c=8b．【點睛】本題是一次函數(shù)和平移綜合題，主要考查了平移的性質和一次函數(shù)的相關知識，正確理解題意、熟練掌握平移的性質和待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式是解題關鍵．23.閱讀材料:各類方程的解法求解一元一次方程，根據(jù)等式的基本性質，把方程轉化為x=a的形式，求解二元一次方程組，把它轉化為一元一次方程來解;類似的，求解三元一次方程組，把它轉化為解二元次方程組．求解一元二次方程，把它轉化為兩個一元一次方程來解．求解分式方程，把它轉化為整式方程來解，由于“去分母”可能產(chǎn)生增根，所以解分式方程必須檢驗．各類方程的解法不盡相同，但是它們有一個共同的基本數(shù)學思想一轉化，把未知轉化為已知．用“轉化”的數(shù)學思想，我們]還可以解一些新的方程．例如，一元三次方程x3+x2－2x=0可以通過因式分解把它轉化為x(x2+x－2)=0，解方程x=0和x2+x－2=0，可得方程x3+x2－2x=0的解(1)問題:方程x3+x2－2x=0的解是x1=0，x2=______．x3=______．(2)拓展:用“轉化”思想求方程2x+3=x(3)應用:如圖，已知矩形草坪ABCD的長AD=8m，寬AB=3m，小華把一根長為10m的繩子的一端固定在點B，沿草坪邊沿BA、AD走到點P處，把長繩PB段拉直并固定在點P，然后沿草坪邊沿PD、DC走到點C處，把長繩剩下的一段拉直，長繩的另一端恰好落在點C．求AP的長．【解析】（1）x2=1,x3=－2（2）2x+3兩邊平方，得2x+3=解此方程，得x檢驗：當x=3時，滿足題意；當x=－1時，不滿足題意，舍去原方程的根為x=3。設AP=xm，因AD=8m，則PD=(8－x)m在RtΔABP中，PB=AP在RtΔPCD中，PC=PD∵PB=10－PC∴x兩邊平方，化簡得：5再次兩邊平方，整理得到x2?8x+16=0解得x=4經(jīng)檢驗，x=4滿足題意。答：該段運河的河寬為4m。24．（2023·湖北荊州·統(tǒng)考中考真題）如圖1，點P是線段AB上與點A，點B不重合的任意一點，在AB的同側分別以A，P，B為頂點作∠1=∠2=∠3，其中∠1與∠3的一邊分別是射線AB和射線BA，∠2的兩邊不在直線AB上，我們規(guī)定這三個角互為等聯(lián)角，點P為等聯(lián)點，線段AB為等聯(lián)線．(1)如圖2，在5×3個方格的紙上，小正方形的頂點為格點、邊長均為1，AB為端點在格點的已知線段．請用三種不同連接格點的方法，作出以線段AB為等聯(lián)線、某格點P為等聯(lián)點的等聯(lián)角，并標出等聯(lián)角，保留作圖痕跡；(2)如圖3，在Rt△APC中，∠A=90°，AC>AP，延長AP至點B，使AB=AC，作∠A的等聯(lián)角∠CPD和∠PBD．將SKIPIF1<0沿PC折疊，使點A落在點M處，得到△MPC，再延長PM交BD的延長線于E，連接CE并延長交PD的延長線于F，連接SKIPIF1<0．①確定△PCF②若AP:PB=1:2，BF=2k，求等聯(lián)線AB和線段PE的長（用含【答案】(1)見解析(2)①等腰直角三角形，見解析；②SKIPIF1<0；PE=52k【分析】（1）根據(jù)新定義，畫出等聯(lián)角；（2）①△PCF是等腰直角三角形，過點C作CN⊥BE交SKIPIF1<0的延長線于N．由折疊得AC=CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2，證明四邊形ABNC為正方形，進而證明Rt△CME≌Rt△CNE，得出②過點F作FQ⊥BE于Q，F(xiàn)R⊥PB交PB的延長線于SKIPIF1<0，則∠R=∠A=90°．證明△APC≌△RFP，得出AP=BR=FR，在Rt△BRF中，BR2+FR2=BF2，BF=2k，進而證明四邊形BRFQ為正方形，則BQ=QF=k，由【詳解】（1）解：如圖所示（方法不唯一）（2）①△PCF如圖，過點C作CN⊥BE交SKIPIF1<0的延長線于N．由折疊得AC=CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠∵AC=AB，∠A=∴四邊形ABNC為正方形∴又∵CE=CE∴Rt∴∠3=∠4，而∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∠∴∴△②過點F作FQ⊥BE于Q，F(xiàn)R⊥PB交PB的延長線于SKIPIF1<0，則∠R=∠A=90°．∵∠1+∴∠由△PCF是等腰直角三角形知：PC=PF，∴△∴AP=FR，AC=PR，而AC=AB，∴AP=BR=FR在Rt△BRF中，BR∴AP=BR=FR=k∴PB=2AP=2k∴AB=AP+PB=BN=3k由BR=FR，∠QBR=∴四邊形BRFQ為正方形，BQ=QF=k，由FQ⊥BN，CN⊥BN得：FQ∥∴△QEF∴QENE=即2k?NENE=k由①知：PM=AP=k，ME=NE=3∴PE=PM+ME=k+【點睛】本題考查了幾何新定義，正方形的性質與判定，折疊問題，全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，勾股定理，理解新定義，掌握正方形的性質是解題的關鍵．25.閱讀材料：三角形的三條中線必交于一點，這個交點稱為三角形的重心．（1）特例感知：如圖（一），已知邊長為2的等邊△ABC的重心為點O，求△OBC與△ABC的面積．（2）性質探究：如圖（二），已知△ABC的重心為點O，請判斷SKIPIF1<0、S△OBCS△ABC是否都為定值？如果是，分別求出這兩個定值：如果不是，請說明理由．（3）性質應用：如圖（三），在正方形ABCD中，點E是CD的中點，連接SKIPIF1<0交對角線AC于點M．①若正方形ABCD的邊長為4，求EM的長度；②若S△CME=1，求正方形【解析】（1）連接DE，利用相似三角形證明ODAO（2）根據(jù)（1）的證明可求解；（3）①證明△CME∽△ABM得EMBM②分別求出S△BMC和S△ABM即可.【答案】（1）連接DE，如圖，∵點O是△ABC的重心，∴AD，SKIPIF1<0是BC，AC邊上的中線，∴D，E為BC，AC邊上的中點，SKIPIF1<0為△ABC的中位線，∴DE//AB，DE=1∴△ODE~△OAB，SKIPIF1<0，∴AB=2，BD=1∴AD=3，SKIPIF1<0，∴S△ABC（2）由（1）可知，ODOAS△OBC（3）①∵四邊形ABCD是正方形，∴?CD//AB，SKIPIF1<0，∴△SKIPIF1<0∵E為CD的中點，∴CE=SKIPIF1<0SKIPIF1<0∴EMBE=13，即SKIPIF1<0②∴S△CME=1∴S△∵MEBM∴S△CME∴S△AMB∴S又S∴S△∴正方形ABCD的面積為：6+6=12．26．（2023·北京·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標系xOy中，⊙O的半徑為1．對于⊙O的弦AB和⊙O外一點C若直線CA，CB中一條經(jīng)過點O，另一條是⊙O的切線，則稱點C是弦AB的“關聯(lián)點”．(1)如圖，點A?1,0，B1①在點C1?1,1，C2(?2②若點C是弦AB2的“關聯(lián)點”，直接寫出(2)已知點M0,3，N655,0．對于線段MN上一點S，存在⊙O的弦SKIPIF1<0，使得點S是弦SKIPIF1<0的“關聯(lián)點”，記SKIPIF1<0的長為t，當點S在線段MN上運動時，直接寫出t的取值范圍．【答案】(1)C1，C2(2)1≤t≤23【分析】（1）根據(jù)題目中關聯(lián)點的定義并分情況討論計算即可；（2）根據(jù)M0,3，N655,0兩點來求最值情況，S共有2種情況，分別位于點M【詳解】（1）解：①由關聯(lián)點的定義可知，若直線CA，CB中一經(jīng)過點O，另一條是⊙O的切線，則稱點C是弦AB的“關聯(lián)點”，∵點A?1,0，B1?22,2∴直線SKIPIF1<0經(jīng)過點O，且SKIPIF1<0與⊙O相切，∴C2是弦A又∵C1?1,1和A?1,0橫坐標相等，與B∴AC1與⊙O相切，SKIPIF1<0經(jīng)過點O，∴C1是弦A②∵A?1,0，B設Ca，b

a、若SKIPIF1<0與⊙O相切，AC經(jīng)過點O，則SKIPIF1<0、AC1所在直線為：y=x?2y=0，解得：C1∴OCb、若SKIPIF1<0與⊙O相切，C2B2經(jīng)過點O，則C2B2、SKIPIF1<0所在直線為：x=?1y=?x，解得：C2∴OC綜上，OC（2）解