九年級上冊期末數(shù)學(xué)試卷
九年級上冊期末數(shù)學(xué)試卷
同學(xué)們在把數(shù)學(xué)理論知識復(fù)習(xí)好的同時，也應(yīng)該要多做一些數(shù)學(xué)期末試卷題，從題中找到自己的不足，及時學(xué)懂，下面是學(xué)習(xí)啦小編為大家?guī)淼年P(guān)于九年級上冊期末數(shù)學(xué)試卷，希望會給大家?guī)韼椭?/p>
九年級上冊期末數(shù)學(xué)試卷：
一、選擇題(每小題3分，共48分)
1.tan45°的值為( )
A.2 B.1 C.4 D. 6
【考點】特殊角的三角函數(shù)值.
【分析】根據(jù)45°角這個特殊角的三角函數(shù)值，可得tan45°=1，據(jù)此解答即可.
【解答】解：tan45°=1，
即tan45°的值為1.
故選：B.
【點評】此題主要考查了特殊角的三角函數(shù)值，要熟練掌握，解答此類問題的關(guān)鍵是牢記30°、45°、60°角的各種三角函數(shù)值.
2.已知⊙O的半徑是6cm，點O到同一平面內(nèi)直線l的距離為5cm，則直線l與⊙O的位置關(guān)系是( )
A.相交 B.相切 C.相離 D.無法判斷
【考點】直線與圓的位置關(guān)系.
【分析】設(shè)圓的半徑為r，點O到直線l的距離為d，若dr，則直線與圓相離，從而得出答案.
【解答】解：設(shè)圓的半徑為r，點O到直線l的距離為d，
∵d=5，r=6，
∴d
∴直線l與圓相交.
故選：A.
【點評】本題考查的是直線與圓的位置關(guān)系，解決此類問題可通過比較圓心到直線距離d與圓半徑大小關(guān)系完成判定.
3.若x1，x2是方程x2=4的兩根，則x1+x2的值是( )
A.0 B.2 C.4 D.8
【考點】根與系數(shù)的關(guān)系;解一元二次方程-直接開平方法.
【分析】將原方程轉(zhuǎn)化為一元二次方程的一般形式，再根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系x1+x2=﹣ 就可以求出其值.
【解答】解：∵x2=4，
∴x2﹣4=0，
∴a=1，b=0，c=﹣4，
∵x1，x2是方程是x2=4的兩根，
∴x1+x2=﹣ ，
∴x1+x2=﹣ =0，
故選A.
【點評】本題考查了一元二次方程的一般形式，根與系數(shù)的關(guān)系，在解答中注意求根公式的運(yùn)用.
4.甲、乙、丙三個旅行團(tuán)的游客人數(shù)都相等，且毎團(tuán)游客的平均年齡都是32歲，這三個團(tuán)游客年齡的方差分別是S甲2=27，S乙2=19.6，S丙2=1.6，導(dǎo)游小王最喜歡帶游客年齡相近的團(tuán)隊，若在三個團(tuán)中選擇一個，則他應(yīng)選( )
A.甲團(tuán) B.乙團(tuán) C.丙團(tuán) D.甲或乙團(tuán)
【考點】方差.
【專題】應(yīng)用題.
【分析】由S甲2=27，S乙2=19.6，S丙2=1.6，得到丙的方差最小，根據(jù)方差的意義得到丙旅行團(tuán)的游客年齡的波動最小.
【解答】解：∵S甲2=27，S乙2=19.6，S丙2=1.6，
∴S甲2>S乙2>S丙2，
∴丙旅行團(tuán)的游客年齡的波動最小，年齡最相近.
故選C.
【點評】本題考查了方差的意義：方差反映了一組數(shù)據(jù)在其平均數(shù)的左右的波動大小，方差越大，波動越大，越不穩(wěn)定;方差越小，波動越小，越穩(wěn)定.
5.圓心角為120°，弧長為12π的扇形半徑為( )
A.6 B.9 C.18 D.36
【考點】弧長的計算.
【專題】計算題.
【分析】根據(jù)弧長的公式l= 進(jìn)行計算.
【解答】解：設(shè)該扇形的半徑是r.
根據(jù)弧長的公式l= ，
得到：12π= ，
解得 r=18，
故選：C.
【點評】本題考查了弧長的計算.熟記公式是解題的關(guān)鍵.
6.關(guān)于x的一元二次方程x2﹣3x+m=0有兩個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)m的取值范圍為( )
A. B. C. D.
【考點】根的判別式.
【專題】判別式法.
【分析】先根據(jù)判別式的意義得到△=(﹣3)2﹣4m>0，然后解不等式即可.
【解答】解：根據(jù)題意得△=(﹣3)2﹣4m>0，
解得m< .
故選：B.
【點評】本題考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判別式△=b2﹣4ac：當(dāng)△>0，方程有兩個不相等的實數(shù)根;當(dāng)△=0，方程有兩個相等的實數(shù)根;當(dāng)△<0，方程沒有實數(shù)根.
7.若二次函數(shù)y=ax2的象經(jīng)過點P(﹣2，4)，則該象必經(jīng)過點( )
A.(2，4) B.(﹣2，﹣4) C.(﹣4，2) D.(4，﹣2)
【考點】二次函數(shù)象上點的坐標(biāo)特征.
【分析】先確定出二次函數(shù)象的對稱軸為y軸，再根據(jù)二次函數(shù)的對稱性解答.
【解答】解：∵二次函數(shù)y=ax2的對稱軸為y軸，
∴若象經(jīng)過點P(﹣2，4)，
則該象必經(jīng)過點(2，4).
故選：A.
【點評】本題考查了二次函數(shù)象上點的坐標(biāo)特征，主要利用了二次函數(shù)象的對稱性，確定出函數(shù)象的對稱軸為y軸是解題的關(guān)鍵.
8.已知一組數(shù)據(jù)x1，x2，x3的平均數(shù)為6，則數(shù)據(jù)x1+1，x2+1，x3+1的平均數(shù)為( )
A.6 B.7 C.9 D.12
【考點】算術(shù)平均數(shù).
【分析】根據(jù)數(shù)據(jù)x1，x2，x3的平均數(shù)和數(shù)據(jù)都加上一個數(shù)(或減去一個數(shù))時，平均數(shù)也加或減這個數(shù)即可求出平均數(shù).
【解答】解：∵數(shù)據(jù)x1，x2，x3的平均數(shù)是6，
∴數(shù)據(jù)x1+1，x2+1，x3+1的平均數(shù)是6+1=7.
故選：B.
【點評】此題考查平均數(shù)的意義，掌握平均數(shù)的計算方法是解決問題的關(guān)鍵.
9.在△ABC中，點D在邊AB上，BD=2AD，DE∥BC交AC于點E，若線段DE=5，則線段BC的長為( )
A.7.5 B.10 C.15 D.20
【考點】相似三角形的判定與性質(zhì).
【專題】常規(guī)題型;壓軸題.
【分析】由DE∥BC，可證得△ADE∽△ABC，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例求得答案.
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ = ，
∵BD=2AD，
∴ = ，
∵DE=5，
∴ = ，
∴BC=15.
故選：C.
【點評】此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì).此題比較簡單，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.
10.⊙O的直徑AB垂直于弦CD，垂足為E，∠A=22.5°，OC=4，CD的長為( )
A.2 B.4 C.4 D.8
【考點】垂徑定理;等腰直角三角形;圓周角定理.
【分析】根據(jù)圓周角定理得∠BOC=2∠A=45°，由于⊙O的直徑AB垂直于弦CD，根據(jù)垂徑定理得CE=DE，且可判斷△OCE為等腰直角三角形，所以CE= OC=2 ，然后利用CD=2CE進(jìn)行計算.
【解答】解：∵∠A=22.5°，
∴∠BOC=2∠A=45°，
∵⊙O的直徑AB垂直于弦CD，
∴CE=DE，△OCE為等腰直角三角形，
∴CE= OC=2 ，
∴CD=2CE=4 .
故選：C.
【點評】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半.也考查了等腰直角三角形的性質(zhì)和垂徑定理.
11.DE是△ABC的中位線，延長DE至F使EF=DE，連接CF，則S△CEF：S四邊形BCED的值為( )
A.1：3 B.2：3 C.1：4 D.2：5
【考點】相似三角形的判定與性質(zhì);全等三角形的判定與性質(zhì);三角形中位線定理.
【分析】先利用SAS證明△ADE≌△CFE(SAS)，得出S△ADE=S△CFE，再由DE為中位線，判斷△ADE∽△ABC，且相似比為1：2，利用相似三角形的面積比等于相似比，得到S△ADE：S△ABC=1：4，則S△ADE：S四邊形BCED=1：3，進(jìn)而得出S△CEF：S四邊形BCED=1：3.
【解答】解：∵DE為△ABC的中位線，
∴AE=CE.
在△ADE與△CFE中，
，
∴△ADE≌△CFE(SAS)，
∴S△ADE=S△CFE.
∵DE為△ABC的中位線，
∴△ADE∽△ABC，且相似比為1：2，
∴S△ADE：S△ABC=1：4，
∵S△ADE+S四邊形BCED=S△ABC，
∴S△ADE：S四邊形BCED=1：3，
∴S△CEF：S四邊形BCED=1：3.
故選：A.
【點評】本題考查了全等三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理.關(guān)鍵是利用中位線判斷相似三角形及相似比.
12.如果點A(﹣2，y1)，B(﹣1，y2)，C(2，y3)都在反比例函數(shù) 的象上，那么y1，y2，y3的大小關(guān)系是( )
A.y1
【考點】反比例函數(shù)象上點的坐標(biāo)特征.
【分析】分別把x=﹣2，x=﹣1，x=2代入解析式求出y1、y2、y3根據(jù)k>0判斷即可.
【解答】解：分別把x=﹣2，x=﹣1，x=2代入解析式得：
y1=﹣ ，y2=﹣k，y3= ，
∵k>0，
∴y2
故選：B.
【點評】本題主要考查對反比例函數(shù)象上點的坐標(biāo)特征的理解和掌握，能根據(jù)k>0確定y1、y2、y3的大小是解此題的關(guān)鍵.
13.二次函數(shù)y=﹣x2+2kx+1(k<0)的象可能是( )
A. B. C. D.
【考點】二次函數(shù)的象.
【分析】根據(jù)對稱軸公式，可得對稱軸在y軸的左側(cè)，根據(jù)函數(shù)象與y軸的交點，可得答案.
【解答】解：數(shù)y=﹣x2+2kx+1(k<0)的對稱軸是x=﹣ =k<0，得
對稱軸在y軸的左側(cè).
當(dāng)x=0時，y=1，象與y軸的交點在x軸的上方，故A正確;
故選：A.
【點評】本題考查了二次函數(shù)象，利用函數(shù)象的對稱軸及象與y軸的交點是解題關(guān)鍵.
14.邊長為a的正六邊形內(nèi)有兩個三角形(數(shù)據(jù))，則 =( )
A.3 B.4 C.5 D.6
【考點】正多邊形和圓.
【分析】先求得兩個三角形的面積，再求出正六邊形的面積，求比值即可.
【解答】解：
∵三角形的斜邊長為a，
∴兩條直角邊長為 a， a，
∴S空白= a• a= a2，
∵AB=a，
∴OC= a，
∴S正六邊形=6× a• a= a2，
∴S陰影=S正六邊形﹣S空白= a2﹣ a2= a2，
∴ = =5，
法二：因為是正六邊形，所以△OAB是邊長為a的等邊三角形，即兩個空白三角形面積為S△OAB，即 =5
故選：C.
【點評】本題考查了正多邊形和圓，正六邊形的邊長等于半徑，面積可以分成六個等邊三角形的面積來計算.
15.在二次函數(shù)y=﹣x2+2x+1的象中，若y隨x的增大而增大，則x的取值范圍是( )
A.x<1 B.x>1 C.x<﹣1 D.x>﹣1
【考點】二次函數(shù)的性質(zhì).
【專題】壓軸題.
【分析】拋物線y=﹣x2+2x+1中的對稱軸是直線x=1，開口向下，x<1時，y隨x的增大而增大.
【解答】解：∵a=﹣1<0，
∴二次函數(shù)象開口向下，
又對稱軸是直線x=1，
∴當(dāng)x<1時，函數(shù)象在對稱軸的左邊，y隨x的增大增大.
故選A.
【點評】本題考查了二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a≠0)的性質(zhì)：當(dāng)a<0，拋物線開口向下，對稱軸為直線x=﹣ ，在對稱軸左邊，y隨x的增大而增大.
16.△ABC的三個頂點分別為A(1，2)，B(2，5)，C(6，1).若函數(shù)y= 在第一象限內(nèi)的象與△ABC有交點，則k的取值范圍是( )
A.2≤k≤ B.6≤k≤10 C.2≤k≤6 D.2≤k≤
【考點】反比例函數(shù)象上點的坐標(biāo)特征.
【專題】壓軸題;數(shù)形結(jié)合.
【分析】根據(jù)反比例函數(shù)象上點的坐標(biāo)特征，反比例函數(shù)和三角形有交點的臨界條件分別是交點為A、與線段BC有交點，由此求解即可.
【解答】解：反比例函數(shù)和三角形有交點的第一個臨界點是交點為A，
∵過點A(1，2)的反比例函數(shù)解析式為y= ，
∴k≥2.
隨著k值的增大，反比例函數(shù)的象必須和線段BC有交點才能滿足題意，
經(jīng)過B(2，5)，C(6，1)的直線解析式為y=﹣x+7，
，得x2﹣7x+k=0
根據(jù)△≥0，得k≤
綜上可知2≤k≤ .
故選：A.
【點評】本題考查了反比例函數(shù)象上點的坐標(biāo)特征，兩函數(shù)交點坐標(biāo)的求法，有一定難度.注意自變量的取值范圍.
二、仔細(xì)填一填(每小題3分，共12分)
17.在Rt△ABC中，∠C=90°， ，BC=8，則△ABC的面積為 24 .
【考點】解直角三角形.
【專題】計算題.
【分析】根據(jù)tanA的值及BC的長度可求出AC的長度，然后利用三角形的面積公式進(jìn)行計算即可.
【解答】解：∵tanA= = ，
∴AC=6，
∴△ABC的面積為 ×6×8=24.
故答案為：24.
【點評】本題考查解直角三角形的知識，比較簡單，關(guān)鍵是掌握在直角三角形中正切的表示形式，從而得出三角形的兩條直角邊，進(jìn)而得出三角形的面積.
18.一小球被拋出后，距離地面的高度h(米)和飛行時間t(秒)滿足下面函數(shù)關(guān)系式：h=﹣5(t﹣1)2+6，則小球距離地面的最大高度是 6 .
【考點】二次函數(shù)的應(yīng)用.
【分析】由函數(shù)的解析式就可以得出a=﹣5<0，拋物線的開口向下，函數(shù)由最大值，就可以得出t=1時，h最大值為6.
【解答】解：∵h(yuǎn)=﹣5(t﹣1)2+6，
∴a=﹣5<0，
∴拋物線的開口向下，函數(shù)由最大值，
∴t=1時，h最大=6.
故答案為：6.
【點評】本題考了二次函數(shù)的解析式的性質(zhì)的運(yùn)用，解答時直接根據(jù)頂點式求出其值即可.
19.在邊長為9的正三角形ABC中，BD=3，∠ADE=60°，則AE的長為 7 .
【考點】相似三角形的判定與性質(zhì);等邊三角形的性質(zhì).
【分析】先根據(jù)邊長為9，BD=3，求出CD的長度，然后根據(jù)∠ADE=60°和等邊三角形的性質(zhì)，證明△ABD∽△DCE，進(jìn)而根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例，求得CE的長度，即可求出AE的長度.
【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，
∴∠B=∠C=60°，AB=BC;
∴CD=BC﹣BD=9﹣3=6;
∴∠BAD+∠ADB=120°
∵∠ADE=60°，
∴∠ADB+∠EDC=120°
∴∠DAB=∠EDC，
又∵∠B=∠C=60°，
∴△ABD∽△DCE，
則 = ，
即 = ，
解得：CE=2，
故AE=AC﹣CE=9﹣2=7.
故答案為：7.
【點評】此題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)以及等邊三角形的性質(zhì)，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)證得△ABD∽△DCE是解答此題的關(guān)鍵.
20.直線l：y=﹣ x+1與坐標(biāo)軸交于A，B兩點，點M(m，0)是x軸上一動點，以點M為圓心，2個單位長度為半徑作⊙M，當(dāng)⊙M與直線l相切時，則m的值為 2﹣2 或2+2 . .
【考點】直線與圓的位置關(guān)系;一次函數(shù)的性質(zhì).
【專題】壓軸題.
【分析】根據(jù)直線ly=﹣ x+1由x軸的交點坐標(biāo)A(0，1)，B(2，0)，得到OA=1，OB=2，求出AB= ;設(shè)⊙M與AB相切與C，連接MC，則MC=2，MC⊥AB，通過△BMO～△ABO，即可得到結(jié)果.
【解答】解：在y=﹣ x+1中，
令x=0，則y=1，
令y=0，則x=2，
∴A(0，1)，B(2，0)，
∴AB= ;
設(shè)⊙M與AB相切與C，
連接MC，則MC=2，MC⊥AB，
∵∠MCB=∠AOB=90°，∠B=∠B，
∴△BMC～△ABO，
∴ ，即 ，
∴BM=2 ，
∴OM=2 ﹣2，或OM=2 +2.
∴m=2﹣2 或m=2+2 .
故答案為：2﹣2 ，2+2 .
【點評】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，一次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，注意分類討論是解題的關(guān)鍵.
三、用心答一答，相信你一定行(共6大題，60分)
21.已知代數(shù)式x2+5x﹣4與4x+2的值相等，求x的值.
【考點】解一元二次方程-因式分解法.
【專題】計算題.
【分析】利用代數(shù)式x2+5x﹣4與4x+2的值相等列方程得到x2+5x﹣4=4x+2，再整理為x2+x﹣6=0，然后利用因式分解法解方程即可.
【解答】解：根據(jù)題意得x2+5x﹣4=4x+2，
整理得x2+x﹣6=0，
(x+3)(x﹣2)=0，
x+3=0或x﹣2=0，
解得x1=﹣3，x2=2.
【點評】本題考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右邊化為0，再把左邊通過因式分解化為兩個一次因式的積的形式，那么這兩個因式的值就都有可能為0，這就能得到兩個一元一次方程的解，這樣也就把原方程進(jìn)行了降次，把解一元二次方程轉(zhuǎn)化為解一元一次方程的問題了(數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想).
四、解答題(共1小題，滿分8分)
22.已知：在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線AB與x軸交于點A(﹣2，0)，與反比例函數(shù)在第一象限內(nèi)的象的交于點B(2，n)，連接BO，若S△AOB=4.
(1)求該反比例函數(shù)的解析式和直線AB的解析式;
(2)若直線AB與y軸的交點為C，求△OCB的面積.
【考點】反比例函數(shù)綜合題.
【專題】計算題;待定系數(shù)法.
【分析】(1)先由A(﹣2，0)，得OA=2，點B(2，n)，S△AOB=4，得 OA•n=4，n=4，則點B的坐標(biāo)是(2，4)，把點B(2，4)代入反比例函數(shù)的解析式為y= ，可得反比例函數(shù)的解析式為：y= ;再把A(﹣2，0)、B(2，4)代入直線AB的解析式為y=kx+b可得直線AB的解析式為y=x+2.
(2)把x=0代入直線AB的解析式y(tǒng)=x+2得y=2，即OC=2，可得S△OCB= OC×2= ×2×2=2.
【解答】解：(1)由A(﹣2，0)，得OA=2;
∵點B(2，n)在第一象限內(nèi)，S△AOB=4，
∴ OA•n=4;
∴n=4;
∴點B的坐標(biāo)是(2，4);
設(shè)該反比例函數(shù)的解析式為y= (a≠0)，
將點B的坐標(biāo)代入，得4= ，
∴a=8;
∴反比例函數(shù)的解析式為：y= ;
設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b(k≠0)，
將點A，B的坐標(biāo)分別代入，得 ，
解得 ;
∴直線AB的解析式為y=x+2;
(2)在y=x+2中，令x=0，得y=2.
∴點C的坐標(biāo)是(0，2)，
∴OC=2;
∴S△OCB= OC×2= ×2×2=2.
【點評】本題考查反比例函數(shù)和一次函數(shù)解析式的確定、形的面積求法等知識及綜合應(yīng)用知識、解決問題的能力.此題有點難度.
五、解答題(共1小題，滿分10分)
23.根據(jù)中數(shù)據(jù)完成填空，再按要求答題：
sin2A1+sin2B1= 1 ;sin2A2+sin2B2= 1 ;sin2A3+sin2B3= 1 .
(1)觀察上述等式，猜想：在Rt△ABC中，∠C=90°，都有sin2A+sin2B= 1 .
(2)④，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A、∠B、∠C的對邊分別是a、b、c，利用三角函數(shù)的定義和勾股定理，證明你的猜想.
(3)已知：∠A+∠B=90°，且sinA= ，求sinB.
【考點】勾股定理;互余兩角三角函數(shù)的關(guān)系;解直角三角形.
【專題】幾何綜合題;規(guī)律型.
【分析】(1)由前面的結(jié)論，即可猜想出：在Rt△ABC中，∠C=90°，都有sin2A+sin2B=1;
(2)在Rt△ABC中，∠C=90°.利用銳角三角函數(shù)的定義得出sinA= ，sinB= ，則sin2A+sin2B= ，再根據(jù)勾股定理得到a2+b2=c2，從而證明sin2A+sin2B=1;
(3)利用關(guān)系式sin2A+sin2B=1，結(jié)合已知條件sinA= ，進(jìn)行求解.
【解答】解：(1)由可知：sin2A1+sin2B1=( )2+( )2=1;
sin2A2+sin2B2=( )2+( )2=1;
sin2A3+sin2B3=( )2+( )2=1.
觀察上述等式，可猜想：sin2A+sin2B=1.
(2)在Rt△ABC中，∠C=90°.
∵sinA= ，sinB= ，
∴sin2A+sin2B= ，
∵∠C=90°，
∴a2+b2=c2，
∴sin2A+sin2B=1.
(3)∵sinA= ，sin2A+sin2B=1，
∴sinB= = .
【點評】本題考查了在直角三角形中互余兩角三角函數(shù)的關(guān)系，勾股定理，銳角三角函數(shù)的定義，比較簡單.
六、解答題(共1小題，滿分10分)
24.拋物線與x軸交于A、B兩點，與y軸交C點，點A的坐標(biāo)為(2，0)，點C的坐標(biāo)為(0，3)它的對稱軸是直線x= .
(1)求拋物線的解析式;
(2)M是線段AB上的任意一點，當(dāng)△MBC為等腰三角形時，求M點的坐標(biāo).
【考點】二次函數(shù)綜合題.
【專題】綜合題.
【分析】(1)根據(jù)拋物線的對稱軸得到拋物線的頂點式，然后代入已知的兩點理由待定系數(shù)法求解即可;
(2)首先求得點B的坐標(biāo)，然后分CM=BM時和BC=BM時兩種情況根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求得點M的坐標(biāo)即可.
【解答】解：(1)設(shè)拋物線的解析式
把A(2，0)、C(0，3)代入得：
解得：即
(2)由y=0得
∴x1=2，x2=﹣3
∴B(﹣3，0)
?、貱M=BM時
∵BO=CO=3 即△BOC是等腰直角三角形
∴當(dāng)M點在原點O時，△MBC是等腰三角形
∴M點坐標(biāo)(0，0)
?、谒荆寒?dāng)BC=BM時
在Rt△BOC中，BO=CO=3，
由勾股定理得BC=
∴BC= ，
∴BM=
∴M點坐標(biāo)( ，
綜上所述：M點坐標(biāo)為：M1( ，M2(0，0).
【點評】本題考查了二次函數(shù)的綜合知識，第一問考查了待定系數(shù)法確定二次函數(shù)的解析式，較為簡單.第二問結(jié)合二次函數(shù)的象考查了等腰三角形的性質(zhì)，綜合性較強(qiáng).
七、解答題(共1小題，滿分12分)
25.△OAB中，OA=OB=10，∠AOB=80°，以點O為圓心，6為半徑的優(yōu)弧 分別交OA，OB于點M，N.
(1)點P在右半弧上(∠BOP是銳角)，將OP繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)80°得OP′.求證：AP=BP′;
(2)點T在左半弧上，若AT與弧相切，求點T到OA的距離;
(3)設(shè)點Q在優(yōu)弧 上，當(dāng)△AOQ的面積最大時，直接寫出∠BOQ的度數(shù).
【考點】圓的綜合題.
【分析】(1)首先根據(jù)已知得出∠AOP=∠BOP′，進(jìn)而得出△AOP≌△BOP′，即可得出答案;
(2)利用切線的性質(zhì)得出∠ATO=90°，再利用勾股定理求出AT的長，進(jìn)而得出TH的長即可得出答案;
(3)當(dāng)OQ⊥OA時，△AOQ面積最大，且左右兩半弧上各存在一點分別求出即可.
【解答】(1)證明：1，∵∠AOP=∠AOB+∠BOP=80°+∠BOP，
∠BOP′=∠POP′+∠BOP=80°+∠BOP，
∴∠AOP=∠BOP′，
∵在△AOP和△BOP′中
∴△AOP≌△BOP′(SAS)，
∴AP=BP′;
(2)解：1，連接OT，過點T作TH⊥OA于點H，
∵AT與 相切，
∴∠ATO=90°，
∴AT= = =8，
∵ ×OA×TH= ×AT×OT，
即 ×10×TH= ×8×6，
解得：TH= ，即點T到OA的距離為 ;
(3)解：2，當(dāng)OQ⊥OA時，△AOQ的面積最大;
理由：∵OQ⊥OA，
∴QO是△AOQ中最長的高，則△AOQ的面積最大，
∴∠BOQ=∠AOQ+∠AOB=90°+80°=170°，
當(dāng)Q點在優(yōu)弧 右側(cè)上，
∵OQ⊥OA，
∴QO是△AOQ中最長的高，則△AOQ的面積最大，
∴∠BOQ=∠AOQ﹣∠AOB=90°﹣80°=10°，
綜上所述：當(dāng)∠BOQ的度數(shù)為10°或170°時，△AOQ的面積最大.
【點評】此題主要考查了圓的綜合應(yīng)用以及切線的判定與性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，根據(jù)數(shù)形結(jié)合進(jìn)行分類討論得出是解題關(guān)鍵.
八、解答題(共1小題，滿分12分)
26.在Rt△ABC中，∠C=90°，P是BC邊上不同于B、C的一動點，過P作PQ⊥AB，垂足為Q，連接AP.
(1)試說明不論點P在BC邊上何處時，都有△PBQ與△ABC相似;
(2)若AC=3，BC=4，設(shè)BP長為x，請用含x的代數(shù)式表示PQ= x ;BQ= x ;當(dāng)BP為何值時，△AQP面積最大，并求出最大值;
(3)在Rt△ABC中，兩條直角邊BC、AC滿足關(guān)系式BC=kAC，是否存在一個k的值，使Rt△AQP既與Rt△ACP全等，也與Rt△BQP全等，并說明理由.
【考點】相似形綜合題.
【分析】(1)根據(jù)相似三角形的判定定理證明即可;
(2)利用勾股定理求出AB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式求出PQ、BQ，根據(jù)三角形的面積公式求出△AQP面積，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)解答即可;
(3)根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等和勾股定理計算即可.
【解答】解：(1)不論點P在BC邊上何處時，都有
∠PQB=∠C=90°，∠B=∠B，
∴△PBQ∽△ABC;
(2)∵∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴AB= =5，
∵△PBQ與△ABC，
∴ = = ，即 = = ，
∴PQ= x，BQ= x;
S△APQ= ×PQ×AQ= ×(5﹣ x)× x
=﹣ x2+ x
=﹣(x﹣ )2+ ，
則當(dāng)BP= 時，△AQP面積最大，最大值為 ;
(3)存在.
∵Rt△AQP≌Rt△ACP，
∴AQ=AC，
又Rt△AQP≌Rt△BQP，
∴AQ=QB，
∴AQ=QB=AC，
在Rt△ABC中，由勾股定理得 BC2=AB2﹣AC2
即BC2=(2AC)2﹣AC2，
則BC2=3AC2，
∴BC= AC，
∴k= 時，Rt△AQP既與Rt△ACP全等，也與Rt△BQP全等.
【點評】本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)以及二次函數(shù)的性質(zhì)，掌握相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理、靈活運(yùn)用配方法把二次函數(shù)的一般式化為頂點式、掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.
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