文档内容
2021-2022 学年北京师大附属实验中学九年级（上）
期中数学试卷
一、选择题（本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意.每小题2分，
共16分）
1. 二次函数 图象的顶点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数顶点式即可得出顶点坐标.
【详解】∵ ，
∴二次函数图像顶点坐标为： .
故答案为A.
【点睛】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a（x-h）2+k中，
对称轴为x=h，顶点坐标为（h，k）．
2. 下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. 赵爽弦图 B. 笛卡尔心形线
C. 科克曲线 D. 斐波那契螺旋
线【答案】C
【解析】
的
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转 ，如果旋转后 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，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相
重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C．是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
D．不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故选C．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠
后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
3. 如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，以A为圆心作一个半径为2的圆，下列结论中正确的是
（ ）
A. 点B在⊙A内 B. 点C在⊙A上
C. 直线BC与⊙A相切 D. 直线BC与⊙A相离
【答案】D
【解析】
【分析】过A点作AH⊥BC于H，如图，利用等腰三角形的性质得到BH=CH= BC=4，则利用勾股定理
可计算出AH=3，然后根据点与圆的位置关系的判定方法对A选项和B选项进行判断；根据直线与圆的位
置关系对C选项和D选项进行判断．
【详解】解：过A点作AH⊥BC于H，如图，∵AB=AC，
∴BH=CH= BC=4，
在Rt△ABH中，AH= =3，
∵AB=5＞3，
∴B点在⊙A外，所以A选项不符合题意；
∵AC=5＞3，
∴C点在⊙A外，所以B选项不符合题意；
∴AH⊥BC，AH=3＞半径，
∴直线BC与⊙A相离，所以C选项不符合题意，D选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，若直线l和
⊙O相交 d＜r；直线l和⊙O相切 d=r；直线l和⊙O相离 d＞r．也考查了点与圆的位置关系和等腰
三角形的⇔性质． ⇔ ⇔
4. 若将抛物线 先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，得到的新抛物线的表达式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数平移的法则：上加下减，左加右减进行求解．
【详解】解：∵抛物线 先向右平移2个单位，再向上平移1个单位
∴平移后解析式为：
故选：A
【点睛】本题考查了二次函数的平移，熟练掌握函数平移的法则是解答此题的关键．
5. 如图，△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，若∠COD＝30°，则∠BOC的度数是（ ）A. 30° B. 35° C. 45° D. 60°
【答案】B
【解析】
【分析】由旋转的性质可得∠AOC＝65°，由∠AOB＝30°，即可求∠BOC的度数．
【详解】解：∵△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，
∴∠AOC＝65°，
∵∠AOB＝30°，
∴∠BOC＝∠AOC−∠AOB＝35°.
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
6. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有这样一个问题：“今有勾八步，股十五步，
问勾中容圆，径几何？”其意思是：“如图，今有直角三角形，勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）
长为15步，问该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）直径是多少？”此问题中，该内切圆的直径是
（ ）
A. 5步 B. 6步 C. 8步 D. 10步
【答案】B
【解析】
【详解】勾股定理知，斜边是 =17，利用切线长定理知，
半径= =3，直径是6.故选B.
7. 小明不慎把家里的圆形镜子打碎了，其中三块碎片如图所示，三块碎片中最有可能配到与原来一样大小
的圆形镜子的碎片是（ ）A. ① B. ② C. ③ D. 均不可能
【答案】A
【解析】
【详解】解：第①块出现两条完整的弦，
作出这两条弦的垂直平分线，两条垂直平分线的交点就是圆心，进而可得到半径的长．
故选A．
8. 如图，抛物线y＝﹣ x2+1与x轴交于A，B两点，D是以点C(0，﹣3)为圆心，2为半径的圆上的动点，
E是线段BD的中点，连接OE，则线段OE的最大值是（ ）
A. 2 B. C. 3 D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接AD，令y＝0，则 ，得OE是△ABD的中位线，当A、C、D三点共线，且点C在AD之间时，AD最大，即可求解．
【详解】解：连接AD，如图，
令y＝0，则 ，解得 ，则A（−4，0），B（4，0），
∴O是线段AB的中点，
∵E是线段BD的中点，
∴OE为△ABD的中位线，
∴ ，
设圆的半径为r，则r＝2，
当A、C、D三点共线，且点C在AD之间时，AD最大，此时OE最大，
，
∴线段OE的最大值是 ．
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是抛物线与x轴的交点以及三角形中位线的性质，解题的关键是根据圆的基本性
质，确定AD的最大值．
二、填空题（共8道小题，每题2分，共16分）
9. 若关于x的方程x2﹣kx﹣12＝0的一个根为2，则k的值为 _____．
【答案】－4【解析】
【分析】将x=2代入方程中求解即可．
【详解】解：∵关于x的方程x2﹣kx﹣12＝0的一个根为2，
∴将x=2代入方程中，得：4－2k－12=0，
解得：k=－4，
故答案为：－4．
【点睛】本题考查一元二次方程的解、解一元一次方程，理解一元二次方程的解的定义是解答的关键．
10. 已知，点A（a，﹣3）与点B（2，b）关于原点对称，则2a+b＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据关于原点对称点的坐标特点可得a＝−2，b＝−（−3），解出a、b的值，然后可得答案．
【详解】解：∵点A（a，−3）与点B（2，b）关于原点对称，
∴a＝−2，b＝−（−3）＝3，
∴2a＋b＝−4＋3＝−1，
故答案为：−1．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的坐标，关键是掌握两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相
反．
11. 如图，AB，AC，BD是⊙O的切线，P，C，D为切点，若AB=10，AC=7，则BD的长为 ___．
【答案】
【解析】
【分析】由AC与⊙O相切于点C、AB与⊙O相切于点P，可得AC=AP，同理得BD=BP，再由
BD=BP=AB-AC求得结果．
【详解】解：∵AC与⊙O相切于点C、AB与⊙O相切于点P，
∴AC=AP=7，
∵AB=10，
∴BP=AB-AP=10-7=3，∵BD与⊙O相切于点D、BP与⊙O相切于点P，
∴BD=BP=3，
∴BD的长为3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查切线长定理，由于两次用到切线长定理，所以应先通过观察确定要求的线段的长由哪两
条线段的差构成．
12. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，点M在AD的延长线上，∠AOC＝142°，则∠CDM＝_____．
【答案】71°
【解析】
【分析】根据圆周角定理得到∠B＝71°，再根据圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角即可得解．
【详解】解：∵∠AOC＝142°，
∴∠B＝ ∠AOC＝71°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDM＝∠B＝71°，
故答案为：71°．
【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形的性质、圆周角定理是解题的
关键．
13. 如图，抛物线 与直线 的两个交点坐标分别为A(﹣3，6)， ，则方程
的解是______．【答案】 ，
【解析】
【分析】利用图象法即可解决问题，方程的解就是两个函数图象的交点的横坐标．
【详解】解：由图象可知，关于x的方程 的解，就是抛物线 （a≠0）与直线
（b≠0）的两个交点坐标分别为A(﹣3，6)，B(1，3)的横坐标，
即 ， ．
故答案为： ， ．
【点睛】本题考查抛物线与x轴交点、一次函数的应用、一元二次方程等知识，解题的关键是灵活运用所
学知识，学会利用图象法解决实际问题．
14. 新能源汽车节能、环保，越来越受消费者喜爱，各种品牌的新能源汽车相继投放市场，我国新能源汽
车近几年销售量全球第一，2018年某款新能源车销售量为15万辆，销售量逐年增加，到2020年销售量为
21.6万辆，求这款新能源汽车的年平均增长率是多少？可设年平均增长率为x，根据题意可列方程
__________________．
【答案】
【解析】
【分析】根据2018年某款新能源车销售量为15万辆，销售量逐年增加，到2020年销售量为21.6万辆，若
年增长率x不变，可得关于x的一元二次方程．
【详解】解：设年平均增长率为x，
根据题意可列方程：15（1＋x）2＝21.6．
故答案为：15（1＋x）2＝21.6．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关
键．
15. 如图，在平面直角坐标系中，点 在抛物线 上，过点A作y轴的垂线，交抛物线于另一
点B，点C、D在线段AB上，分别过点C、D作x轴的垂线交抛物线于E、F两点．当四边形CDFE为正
方形时，线段CD的长为_________．
【答案】
【解析】
【分析】点 代入抛物线中求出解析式为 ，再设CD=2x，进而求得E点坐标为(x,4-2x)，代入
中即可求解．
【
详解】解：将点 代入抛物线 中，解得 ，
∴抛物线解析式为 ，
设CD、EF分别与 轴交于点M和点N，当四边形CDFE为正方形时，设CD=2x，则CM=x=NE，NO=MO-MN=4-2x，
此时E点坐标为(x,4-2x)，代入抛物线 中，
得到： ，
解得 ， (负值舍去)，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查二次函数图像上点的坐标及正方形边长相等等知识点，属于基础题，熟练掌握二次函数
的图像及性质是解决本题的关键．
16. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是（1，0）与（7，0）．对于坐标平面内的
一动点P，给出如下定义:若∠APB＝45°，则称点P为线段AB的“等角点.”
①若点P为线段AB在第一象限的“等角点”，且在直线x＝4上，则点P的坐标为 __________________；
②若点P为线段AB的“等角点”，并且在y轴上，则点P的坐标为 __________________．【答案】 ①. ① ， ②. ② 或
【解析】
【分析】①根据P在直线x＝4上画图1，作△APB的外接圆C，连接AC，BC，可知：AB＝6，⊙C的半径
为3 ，最后计算PD的长可得点P的坐标；
②同理作△APB的外接圆C，计算OP和OP 的长，可得点P的坐标，注意不要丢解．
1
【详解】解：①如图1，作△APB的外接圆，设圆心为C，连接AC，BC，
∵点A与点B的坐标分别是（1，0）与（7，0），
∴AB＝7−1＝6，
∵∠APB＝45°，
∴∠ACB＝90°，
∵AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，AC2+BC2＝AB2
∴AC＝BC＝3 ，
∴PC＝3 ，
∵点P在直线x＝4上，
∴AD＝4−1＝3，
∴AD＝BD，
∵CD⊥AB，
∴CD＝AD＝3，∴P（4，3 ＋3）；
故答案为：（4，3 ＋3）；
②如图2，同理作△APB的外接圆，设圆心为C，过C作CD⊥x轴于D，作CE⊥OP于E，连接PC，
PC，
1
在y轴上存在∠APB＝∠APB＝45°，
1
则①知：CD＝OE＝3，OD＝CE＝4，PC＝3 ，
由勾股定理得：PE＝ ，
∴PO＝3＋ ，
同理得：OP＝3− ，
1
∴P（0，3± ），
同理在y轴的负半轴上，存在符合条件的点P的坐标为（0，−3± ），
综上，点P的坐标为 或 ．
故答案为： 或 ．
【点睛】此题主要考查坐标和图形的性质，圆周角定理，勾股定理等知识，作△APB的外接圆是本题的关
键．三、解答题（共68分，第17-21题，每题5分，第22题6分，第23题5分，第24-26题，每
题6分，第27-28题，每题7分）
17. 下面是小融设计的“过直线外一点作圆与这条直线相切”的尺规作图过程．
已知：直线 及直线 外一点P（如图1）．
求作：⊙P，使它与直线 相切．
作法：如图2，
①在直线 上任取两点A，B；
②分别以点A，点B为圆心，AP，BP的长为半径画弧，两弧交于点Q；
③作直线PQ，交直线 于点C；
④以点P为圆心，PC的长为半径画⊙P．
所以⊙P即为所求．
根据小融设计的尺规作图过程，
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接AP，AQ，BP，BQ．
∵AP＝ ，BP＝ ，
的
∴点A，点B在线段PQ 垂直平分线上．
∴直线AB是线段PQ的垂直平分线．
∵PQ⊥ ，PC是⊙P的半径，
∴⊙P与直线 相切（ ）（填推理的依据）．
【答案】（1）见解析；（2）AQ；BQ；经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线
【解析】
【分析】（1）按照题目要求作图即可；
（2）根据垂直平分线的性质和切线的判定填写即可．
【详解】（1）如图所示，；
（2）证明：连接AP，AQ，BP，BQ．
∵AP＝AQ，BP＝BQ ，
∴点A，点B在线段PQ的垂直平分线上．
∴直线AB是线段PQ的垂直平分线．
∵PQ⊥ ，PC是⊙P的半径，
∴⊙P与直线 相切（经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线）．
故答案为：AQ；BQ；经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
【点睛】本题考查了尺规作图，垂直平分线的判定和性质，圆的性质，切线的判定，掌握知识点并且灵活
运用是解题关键．
18. 解方程:x2+6x﹣5＝0．
【答案】 ，
【解析】
【分析】利用配方法解方程．
【详解】解：x2+6x﹣5＝0
x2+6x=5
x2+6x+9=5+9∴ ， ．
【点睛】此题考查解一元二次方程，掌握解方程的方法：直接开平方法、公式法、配方法、因式分解法，
根据每个一元二次方程的特点选用恰当的解法是解题的关键．
19. 已知：如图，△ABC绕某点按一定方向旋转一定角度后得到△ABC ，点A，B，C分别对应点A，
1 1 1 1
B，C ．
1 1
（1）根据点A 和B 的位置确定旋转中心是点 ．
1 1
（2）请在图中画出△ABC ；
1 1 1
（3）请具体描述一下这个旋转： ．
【答案】（1）O； （2）见解析
1
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）分别作AA、BB 的中垂线m、n，两者的交点即为所求；
1 1
（2）作出点C绕点O 顺时针旋转90°所得对应点，再首尾顺次连接即可得；
1
（3）根据旋转的定义可得答案．
【小问1详解】
解：如图，根据点A 和B 的位置确定旋转中心是点O，
1 1 1故答案为：O；
1
【小问2详解】
解：如图所示，△ABC 即为所求．
1 1 1
【小问3详解】
解：△ABC 是由△ABC绕点O 顺时针旋转90°得到；
1 1 1 1
故答案为：将△ABC绕点O 顺时针旋转90°得到△ABC ．
1 1 1 1
【点睛】本题主要考查作图-旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义和性质，并据此得出变换后的对
应点．
20. 关于x的一元二次方程x2-4x+n=0有两个不相等的实数根．
（1）求n的取值范围；
的
（2）写出一个满足条件 n的值，并求此时方程的根．
【答案】（1）n＜4；
（2）n=0，x=0，x=4
1 2
【解析】
【分析】（1）先根据方程有两个不相等的实数根得出Δ=（-4）2-4•n＞0，解之可得；
（2）在以上所求m的范围内取一值，如n=0，再解方程即可得．
【小问1详解】
解：∵ ， ， ，
∴Δ =（-4）2-4•n＞0，
解得n＜4；
【小问2详解】
由（1）知，n＜4，则n=0符合题意．当n=0时，x2-4x=0．
整理，得x（x-4）=0．
解得x=0，x=4（答案不唯一）．
1 2
【点睛】本题主要考查根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与Δ=b2-4ac
有如下关系：
①当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；
②当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；
③当Δ＜0时，方程无实数根．
21. 如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，且CD⊥AB于点E．
（1）求证:∠BCO＝∠D；
（2）若BE＝8cm，CD＝6cm，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；
（2）⊙O的半径为 cm
【解析】
【分析】（1）由等腰三角形的性质与圆周角定理，易得∠BCO=∠B=∠D；
（2）由垂径定理可求得CE与DE的长，然后证得△BCE∽△DAE，再由相似三角形的对应边成比例，求
得AE的长，继而求得直径与半径．
【小问1详解】
证明：∵OB=OC，
∴∠BCO=∠B，
∵∠B=∠D，
∴∠BCO=∠D；
【小问2详解】
解：∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，∴CE=DE= CD= ×6=3，
∵∠B=∠D，∠BEC=∠DEA，
∴△BCE∽△DAE，
∴AE：CE=DE：BE，
∴AE：3=3：8，
解得：AE= ，
∴AB=AE+BE= = ，
∴⊙O的半径为 (cm)．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质．注意在同
圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等．证得△BCE∽△DAE是关键．
22. 已知一个二次函数图象上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如表所示:
x …… ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 ……
y …… 0 3 4 3 0 ……
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）在给定的平面直角坐标系中画出这个二次函数的图象；
（3）当﹣2≤x＜2时，直接写出y的取值范围．【答案】（1） ；
（2）见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）利用表中数据和抛物线的对称性可得到二次函数的顶点坐标为（−1，4），则可设顶点式y
＝a（x＋1）2＋4，然后把点（0，3）代入求出a即可；
（2）利用描点法画二次函数图象；
（3）根据x＝2、−2时的函数值即可写出y的取值范围．
【小问1详解】
解：由题意可得二次函数的顶点坐标为（−1，4），
设二次函数的解析式为：y＝a（x＋1）2＋4，
把点（0，3）代入y＝a（x＋1）2＋4，得a＝−1，
故抛物线解析式为y＝−（x＋1）2＋4；
【小问2详解】
解：如图所示：
【小问3详解】
∵y＝−（x＋1）2＋4，
∴当x＝−1时，y有最大值4，
当x＝2时，y＝−（2＋1）2＋4＝−5，
当x＝−2时，y＝3，
∴当−2≤x＜2时，y的取值范围是−5＜y≤4．
【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的图象与性质．
23. 如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB边上一点（点D与A，B不重合），连结CD，将
线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．
（1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）当∠BDE=25°时，求∠BEF的度数．
【答案】（1）见解析；
（2）∠BEF=65°
【解析】
【分析】（1）由旋转的性质可得CD=CE，∠DCE=90°=∠ACB，由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得
BE=AD，∠CBE=∠CAD=45°，可得结论；
（2）由全等三角形的性质以及三角形内角和定理可求解．
【小问1详解】
证明：∵将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，
∴CD=CE，∠DCE=90°=∠ACB，
∴∠ACD=∠BCE，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
【小问2详解】
解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠CBE=∠CAD=45°，
∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°，
∵∠BDE=25°，∴∠BEF=65°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题
的关键．
24. 某公司以每件40元的价格购进一种商品，在销售过程中发现这种商品每天的销售量y（件）与每件的
销售单价x（元）满足一次函数关系:y＝﹣2x+140（x＞40）．
（1）当x＝50时，总利润为 元；
（2）若设总利润为w元，则w与x的函数关系式是 ；
（3）若每天的销售量不少于38件，则销售单价定为多少元时，此时利润最大，最大利润是多少？
【答案】（1） （元）；
（2） ；
（3）销售单价定为51元时，利润最大，最大利润是418元
【解析】
【分析】（1）将 代入一次函数解析式可得销售量，然后根据每件的利润乘以数量即为总利润即可
得；
（2）根据利润=销售数量×每件的利润可得 ，把 代入整理即可得w与x的函
数关系式；
（3）由每天的销售量不少于38件，可得 ，进而可求出 ；根据（2）中结论整理
为顶点式 ，根据二次函数的基本性质可得，当 时，w随x的增大而增大，所
以当 时，w有最大值，代入求解即可得．
【小问1详解】
解：当 时，
，
销售量为40件，
∴
利润为： （元），
故答案为：400；【小问2详解】
解：由题意得：
，
，
，
∴w与x的函数关系式为 ，
故答案为： ；
【小问3详解】
解：∵ ，
∴ ，
解得： ；
，
∵ ，
∴当 时，w随x的增大而增大，
∵ ，
∴当 时，w有最大值，最大值为： （元），
∴销售单价定为51元时，利润最大，最大利润是418元．
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用及二次函数求最值问题的知识，根据题意列出函数关系式是解题
的关键．
25. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BD平分∠ABC交AC于点D，点O在AB上，以点O为圆心，OB
为半径的圆经过点D，交BC于点E．（1）求证:AC是⊙O的切线；
（2）若OB＝10，CD＝8，求CE的长．
【答案】（1）见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）连接OD，根据OB=OD， BD平分∠ABC，证得∠ODB=∠CBD，推出 ，得到
∠ODA=∠C＝90°，由此得到结论；
（2）过点O作OF⊥BC于F，推出四边形ODCF是矩形，得到OF=CD=8，CF=OD=10，根据勾股定理求
出BF，由垂径定理得到EF=BF=6，由此求出结果．
【小问1详解】
证明：连接OD，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD．
∵BD平分∠ABC，
∴∠OBD=∠CBD，
∴∠ODB=∠CBD．
∴ ，
∴∠ODA=∠C＝90°，
∵以点O为圆心，OB为半径的圆经过点D，
∴AC是⊙O的切线；
【小问2详解】解：过点O作OF⊥BC于F，
∴∠OFC=∠ODC=∠C＝90°，
∴四边形ODCF是矩形，
∴OF=CD=8，CF=OD=10．
在Rt△OBF中， ，
∴ ，
∵OF⊥BC，
∴EF=BF=6，
∴CE=CF-EF=10-6=4．
【点睛】此题考查了切线的判定定理，垂径定理，矩形的判定及性质，勾股定理，解题的关键是正确掌握
各定理并熟练应用解决问题．
26. 在平面直角坐标系xOy中，点A（x，y），B（x，y）在抛物线y＝ax2+2ax（0＜a＜3）上，其中x＜
1 1 2 2 1
x．
2
（1）求抛物线的对称轴；
（2）若A（﹣2，y），B（0，y），直接写出y，y 的大小关系；
1 2 1 2
（3）若x+x＝1﹣a，比较y，y 的大小，并说明理由．
1 2 1 2
【答案】（1）x=-1；（2） = ；（3） < ．
【解析】
【分析】（1）根据对称轴与系数的关系可以直接求得对称轴为：x= =-1；
（2）利用对称轴到点的距离进行判定y值即可；
（3）利用作差法，将 表示出来，再进行判断正负，据此判断大小即可．
【详解】解：（1）由题意得：对称轴x= =-1；（2）∵0＜a＜3，
∴抛物线开口向上，
又∵对称轴x=-1，
∴ ，
∴A、B两点到对称轴的距离相等，即： =
（3）由题意得：
=
=
=
=
∵0＜a＜3，x＜x
1 2
∴ <0，
即： < ．
【点睛】本题主要考查二次函数中系数的运用，以及比较函数值的大小，熟练掌握二次函数的基础运算是
解题的关键．
27. 在Rt△ABC中，∠BCA=90°，BC=AC，点E是△ABC外一动点（点B，点E位于AC异侧），连接
CE，AE．
（1）如图1，点D是AB的中点，连接DC，DE，当△ADE为等边三角形时，求∠AEC的度数；
（2）当∠AEC=135°时，①如图2，连接BE，用等式表示线段BE，CE，EA之间的数量关系，并证明；
②如图3，点F为线段AB上一点，AF=1，BF=7，连接CF，EF，直接写出△CEF面积的最大值．
【答案】（1）∠AEC=135°；
（2）①BE= CE+EA，理由见解析；②4
【解析】
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得∠CDA=90°，CD=DA，再由等边三角形的性质得DE=DA，
∠DEA=∠EDA=60°，然后求出∠DEC=75°，即可求解；
（2）①过点C作CH⊥CE交AE的延长线于点H，证△ACH≌△BCE（SAS），得BE=AH=HE+EA=
CE+AE；
②取AB的中点O，连接OC，由勾股定理得CF=5，再证A、B、C、E四点共圆，由圆周角定理得AB是圆
的直径，AB的中点O是圆心，过点O作ON⊥CF于N，延长ON交圆O于点E，此时点E到CF的距离最
大，△CEF面积的面积最大，然后由三角形面积求出ON= ，则EN=OE-ON= ，即可求解．
【小问1详解】
解：∵∠BCA=90°，BC=AC，点D是AB的中点，
∴∠CDA=90°，CD= AB=DA，
∵△ADE是等边三角形，
∴DE=DA，∠DEA=∠EDA=60°，
∴DC=DE，∠CDE=∠CDA-∠EDA=90°-60°=30°，
∴∠DEC= （180°-∠CDE）= ×（180°-30°）=75°，
∴∠AEC=∠DEC+∠DEA=75°+60°=135°；
【小问2详解】
解：①线段BE，CE，EA之间的数量关系为：BE= CE+EA，理由如下：
过点C作CH⊥CE交AE的延长线于点H，如图2所示：则∠CEH=180°-∠AEC=180°-135°=45°，
∴△ECH是等腰直角三角形，
∴CH=CE，HE= CE，
∵∠BCA=∠ECH=90°，
∴∠ACH=∠BCE，
在△ACH和△BCE中，
，
∴△ACH≌△BCE（SAS），
∴BE=AH=HE+EA= CE+AE；
②取AB的中点O，连接OC，如图3所示：
∵∠BCA=90°，BC=AC，
∴△ACB是等腰直角三角形，
∴∠ABC=45°，
∵O是AB的中点，∴OC⊥AB，OC=OA= AB= （AF+BF）= ×（1+7）=4，
∴OF=OA-AF=4-1=3，
在Rt△COF中，由勾股定理得：CF= =5，
∵CF是定值，
∴点E到CF的距离最大时，△CEF面积的面积最大，
∵∠AEC=135°，
∴∠ABC+∠AEC=180°，
∴A、B、C、E四点共圆，
∵∠BCA=90°，
∴AB是圆的直径，AB的中点O是圆心，
过点O作ON⊥CF于N，延长ON交圆O于点E，
此时点E到CF的距离最大，△CEF面积的面积最大，
∵S = OC•OF= CF•ON，
△OCF
∴ ，
∵OE=OC=4，
∴EN=OE-ON=4- = ，
∴△CEF面积的面积最大值为： CF•EN= ×5× =4．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角
三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质、四点共圆、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、三角形面
积等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质和圆周角定理，证明△ACH≌△BCE是
解题的关键．
28. 在平面直角坐标系xOy中，给定⊙C，若将线段AB绕原点O逆时针旋转α（0°＜α＜180°），使得旋转
后对应的线段A′B′所在直线与⊙C相切，并且切点P在线段A′B′上，则称线段AB是⊙C的旋转切线段，其
中满足题意的最小的α称为关于⊙C和线段AB的最小旋转角．
已知C（0，2），⊙C的半径为1．（1）如图1，A（2，0），线段OA是⊙C的旋转切线段，写出关于⊙C和线段OA的最小旋转角为
°；
（2）如图2，点A，B，A，B，A，B 的横、纵坐标都是整数．在线段AB，AB，AB 中，⊙C的旋
1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3
转切线段是 ；
（3）已知B（1，0），D（t，0），若线段BD是⊙C的旋转切线段，求t的取值范围；
（4）已知点M的横坐标为m，存在以M为端点，长度为 的线段是⊙C的旋转切线段，直接写出m的
取值范围．
【答案】（1）60°；
（2） ， ；
（3） ；
（4）
【解析】
【分析】（1）作OD与⊙C相切于点D，可得∠COD=30°，从而求得；
（2）判断线段的两个端点到原点的距离在1和3之间即可；
（3）以O为圆心，半径为1作圆，以O为端点作射线与⊙C相切，观察可得；
（4）分为当m最大和最小时，作出图形，数形结合观察求解．
【小问1详解】
解：如图1，作OD与⊙C相切于点D，
∴CD⊥OD，
∵sin∠COD= ＝ ，
∴∠COD=30°，
∴∠AOD=60°，OD= ＜2，
∴关于⊙C和线段OA的最小旋转角为60°，
故答案为：60°；
【小问2详解】
解：如图2，
连接OB，OA，OB，OA，
1 2 2 3
∵OB=3 ＞3，
1
∴AB 绕点O旋转无法与⊙C相切，所以AB 不是旋转切线，
1 1 1 1∵OA= ，OB= ，
2 2
＜3＜ ，
∴AB 是旋转切线，
2 2
∵OB=3，
3
∴AB 是旋转切线，
3 3
故答案为：AB，AB；
2 2 3 3
【小问3详解】
解：如图3，
B点旋转路线是半径是1的⊙O，当OD与⊙C相切时（如图所示），
由（1）知，OD= ，
∴当t≥ 时，线段BD是⊙C的旋转切线段；
【小问4详解】
解：如4，当m取最最大值时，
M点运动最小半径是O到过（m，0）的直线l的距离是m，∵CD=1，M′D= ，
∴M′C=2，
∴OM′=4，
∴m的最大值时4，
如图5，当m取最小时，
开始时存在ME与⊙C相切，
∵CE=1，MC= ，
∴MC=2，
∵0°＜α＜180°，
∴m＞-2，
综上所述：-2＜m≤4．
【点睛】本题是新定义下的阅读理解，考查了直线与圆的位置关系，解直角三角形，图形的旋转等相关知
识，解决问题的关键是数形结合，在观察下计算．
