九年级数学期末试卷易错题(Word版 含答案)

九年级数学期末试卷易错题（Word版 含答案）

一、选择题

1．在半径为3cm的⊙O中，若弦AB＝32，则弦AB所对的圆周角的度数为（ ） A．30°

B．45°

C．30°或150°

D．45°或135°

2．如图，AB为圆O直径，C、D是圆上两点，ADC=110°，则OCB度（ ）

A．40 B．50 C．60

2D．70

3．若点A0,y1，B1,y2在抛物线yx13上，则下列结论正确的是（ ） A．y2y13 （ ） A．3cm

B．6cm

C．12cm

D．24cm

5．如图1，S是矩形ABCD的AD边上一点，点E以每秒kcm的速度沿折线BS－SD－DC匀速运动，同时点F从点C出发点，以每秒1cm的速度沿边CB匀速运动．已知点F运动到点B时，点E也恰好运动到点C，此时动点E，F同时停止运动．设点E，F出发t秒时，

2△EBF的面积为ycm．已知y与t的函数图像如图2所示．其中曲线OM，NP为两段抛物

B．y1y23 C．y23y1 D．3y2y1

4．若将半径为24cm的半圆形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径为

线，MN为线段．则下列说法：

①点E运动到点S时，用了2.5秒，运动到点D时共用了4秒； ②矩形ABCD的两邻边长为BC＝6cm，CD＝4cm； ③sin∠ABS＝

3； 2④点E的运动速度为每秒2cm．其中正确的是（ ）

A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④

6．如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C，D都在格点上，点E在AB的延长线上，以A为圆心，AE为半径画弧，交AD的延长线于点F，且弧EF经过点C，则扇形AEF的面积为（ ）

A．

5 85B．

8B．2

C．

54D．

5 47．关于x的一元二次方程x2+bx-6=0的一个根为2，则b的值为( ) A．-2

C．-1

D．1

8．点P1（﹣1，y1），P2（3，y2），P3（5，y3）均在二次函数yx22xc的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（ ） A．y3y2y1

B．y3y1y2

C．y1y2y3

D．y1y2y3

9．我国传统文化中的“福禄寿喜”图（如图）由四个图案构成．这四个图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）

A． B．

2

C． D．

10．将二次函数y＝x的图象沿y轴向上平移2个单位长度，再沿x轴向左平移3个单位长度，所得图象对应的函数表达式为（ ） A．y＝（x+3）2+2

B．y＝（x﹣3）2+2

C．y＝（x+2）2+3

D．y＝（x﹣2）2+3

11．在△ABC中，∠C＝90°，tanA＝A．

1，那么sinA的值是（ ） 3C．

1 2B．

1 310 10D．310 1012．一组数据10，9，10，12，9的平均数是（ ） A．11

B．12

C．9

D．10

二、填空题

13．如图是测量河宽的示意图，AE与BC相交于点D，∠B=∠C=90°，测得BD=120m，

DC=60m，EC=50m，求得河宽AB=______m．

14．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC，若点A、D、E在同一条直线上，∠ACD＝70°，则∠EDC的度数是_____．

15．将二次函数y=2x2的图像沿x轴向左平移2个单位，再向下平移3个单位后，所得函数图像的函数关系式为______________.

16．飞机着陆后滑行的距离s（单位：m）关于滑行的时间t（单位：s）的函数解析式是

s20t0.5t2，飞机着陆后滑行______m才能停下来.

17．如图，一个可以自由转动的转盘，任意转动转盘一次，当转盘停止时，指针落在红色区域的概率为____．

18．若扇形的半径长为3，圆心角为60°，则该扇形的弧长为___．

19．如图，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图像过点A（3，0），对称轴为直线x＝1，则方程ax2＋bx＋c＝0的根为____．

20．已知关于x的一元二次方程x2+mx+n=0的两个实数根分别为x1=-1，x2=2 ，则二次函数y=x2+mx+n中，当y＜0时，x的取值范围是________；

21．如图，在ABCD中，BEDF1BC，若SBEG1，则SABF__________． 3

22．若点C是线段AB的黄金分割点且AC＞BC，则AC＝_____AB（用含无理数式子表示）．

23．如图，五边形 ABCDE 是⊙O 的内接正五边形， AF 是⊙O 的直径，则∠ BDF 的度数是___________°．

24．若二次函数yx4x的图像在x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，图像的其余部分保持不变，翻折后的图像与原图像x轴上方的部分组成一个形如“W”的新图像，若直线y=-2x+b与该新图像有两个交点，则实数b的取值范围是__________

2三、解答题

25．如图，已知二次函数yx2mx3m(m0)的图象与x轴交于A,B两点（点A22在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为点D.

（1）点B的坐标为 ，点D的坐标为 ；（用含有m的代数式表示） （2）连接CD,BC.

①若CB平分OCD，求二次函数的表达式； ②连接AC，若CB平分ACD，求二次函数的表达式.

26．如图，AB是⊙O的直径，AE平分∠BAF，交⊙O于点E，过点E作直线ED⊥AF，交AF的延长线于点D，交AB的延长线于点C． （1）求证：CD是⊙O的切线；

（2）∠C＝45°，⊙O的半径为2，求阴影部分面积．

27．如图，在△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，求tanB的值．

28．已知关于的方程

2，若方程的一个根是–4，求另一个根及的值.

，0)、B(3，0)两点，与y轴相交于点C. 29．如图，已知抛物线yxbxc经过A(1（1）求抛物线的解析式；

（2）点P是对称轴上的一个动点，当PAC的周长最小时，直接写出点P的坐标和周长最小值;

（3）点Q为抛物线上一点，若SQAB8，求出此时点Q的坐标.

30．⊙O为△ABC的外接圆，请仅用无刻度的直尺，根据下列条件分别在图1，图2中画出一条弦，使这条弦将△ABC分成面积相等的两部分（保留作图痕迹，不写作法）．

（1）如图1，AC=BC；

（2）如图2，直线l与⊙O相切于点P，且l∥BC．

31．一只不透明的袋子中装有1个红球和1个白球，这些球除颜色外都相同，搅匀后从中任意摸出1个球，记录颜色后放回、搅匀，这样连续共计摸3次． （1）用树状图列出所有可能出现的结果； （2）求3次摸到的球颜色相同的概率．

32．如图，某农户计划用长12m的篱笆围成一个“日”字形的生物园饲养两种不同的家禽，生物园的一面靠墙，且墙的可利用长度最长为7m．

（1）若生物园的面积为9m2，则这个生物园垂直于墙的一边长为多少？ （2）若要使生物园的面积最大，该怎样围？

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一、选择题 1．D 解析：D 【解析】 【分析】

根据题意画出图形，连接OA和OB，根据勾股定理的逆定理得出∠AOB＝90°，再根据圆周角定理和圆内接四边形的性质求出即可． 【详解】 解：如图所示，

连接OA，OB， 则OA＝OB＝3， ∵AB＝32， ∴OA2+OB2＝AB2， ∴∠AOB＝90°，

∴劣弧AB的度数是90°，优弧AB的度数是360°﹣90°＝270°， ∴弦AB对的圆周角的度数是45°或135°， 故选：D． 【点睛】

此题主要考查圆周角的求解，解题的关键是根据图形求出圆心角，再得到圆周角的度数.

2．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据角的度数推出弧的度数,再利用外角∠AOC的性质即可解题. 【详解】

解：∵ADC=110°,即优弧ABC的度数是220°, ∴劣弧ADC的度数是140°, ∴∠AOC=140°, ∵OC=OB, ∴∠OCB=故选D. 【点睛】

本题考查圆周角定理、外角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

1∠AOC=70°, 23．A

解析：A 【解析】 【分析】

将x=0和x=1代入表达式分别求y1,y2,根据计算结果作比较. 【详解】

当x=0时，y1= -1+3=2, 当x=1时，y2= -4+3= -1, ∴y2y13. 故选：A. 【点睛】

本题考查二次函数图象性质，对图象的理解是解答此题的关键.

4．C

解析：C 【解析】 【分析】

易得圆锥的母线长为24cm，以及圆锥的侧面展开图的弧长，也就是圆锥的底面周长，除以

2π即为圆锥的底面半径. 【详解】

解：圆锥的侧面展开图的弧长为：2π24224π， ∴圆锥的底面半径为：24π2π12cm. 故答案为：C. 【点睛】

本题考查的知识点是圆锥的有关计算，熟记各计算公式是解题的关键.

5．C

解析：C 【解析】 【分析】

①根据函数图像的拐点是运动规律的变化点由图象即可判断．②设ABCDacm，BCADbcm，由函数图像利用△EBF面积列出方程组即可解决问题．③由BS2.5k，SD1.5k，得

BS5，设SD3x，BS5x，在RTABS中，由AB2AS2BS2列出方SD3程求出x，即可判断．④求出BS即可解决问题． 【详解】

解：函数图像的拐点时点运动的变化点根据由图象可知点E运动到点S时用了2.5秒，运动到点D时共用了4秒．故①正确． 设ABCDacm，BCADbcm，

1··a(b2.5)72由题意，

1·(ab4)42a4解得，

b6所以ABCD4cm，BCAD6cm，故②正确， BS2.5k，SD1.5k， BS5，设SD3x，BS5x， SD3在RtABS中，

AB2AS2BS2，

42(63x)2(5x)2， 解得x1或13（舍)， 4BS5，SD3，AS3，

sinABSBS5， 52.5k，

AS3故③错误， BS5k2cm/s，故④正确，

故选：C． 【点睛】

本题考查二次函数综合题、锐角三角函数、勾股定理、三角形面积、函数图象问题等知识，读懂图象信息是解决问题的关键，学会设未知数列方程组解决问题，把问题转化为方程去思考，是数形结合的好题目，属于中考选择题中的压轴题．

6．B

解析：B 【解析】 【分析】

连接AC，根据网格的特点求出r=AC的长度，再得到扇形的圆心角度数，根据扇形面积公式即可求解. 【详解】

连接AC，则r=AC=2212=5 扇形的圆心角度数为∠BAD=45°，

45∴扇形AEF的面积=360故选B.

5=

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【点睛】

此题主要考查扇形面积求解，解题的关键是熟知勾股定理及扇形面积公式.

7．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据一元二次方程的解的定义，把x=2代入方程得到关于b的一次方程，然后解一次方程即可． 【详解】

解：把x=2代入程x2+bx-6=0得4+2b-6=0， 解得b=1． 故选：D． 【点睛】

本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解.

8．D

解析：D 【解析】

2试题分析：∵yx2xc，∴对称轴为x=1，P2（3，y2），P3（5，y3）在对称轴

的右侧，y随x的增大而减小，∵3＜5，∴y2y3，根据二次函数图象的对称性可知，P1（﹣1，y1）与（3，y2）关于对称轴对称，故y1y2y3，故选D．

考点：二次函数图象上点的坐标特征．

9．B

解析：B 【解析】

试题分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故错误； B、是轴对称图形，也是中心对称图形．故正确； C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误； D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故错误． 故选B．

点睛：掌握中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．

10．A

解析：A 【解析】 【分析】

直接利用二次函数的平移规律，左加右减，上加下减，进而得出答案． 【详解】

解：将二次函数y＝x2的图象沿y轴向上平移2个单位长度，得到：y＝x2+2， 再沿x轴向左平移3个单位长度得到：y＝（x+3）2+2． 故选：A． 【点睛】

解决本题的关键是得到平移函数解析式的一般规律：上下平移，直接在函数解析式的后面上加，下减平移的单位；左右平移，比例系数不变，在自变量后左加右减平移的单位．

11．C

解析：C 【解析】 【分析】

根据正切函数的定义，可得BC，AC的关系，根据勾股定理，可得AB的长，根据正弦函数的定义，可得答案． 【详解】 tanA＝

1BC＝，BC＝x，AC＝3x， AC3由勾股定理，得 AB＝10x， sinA＝

BC10＝， AB10

故选：C． 【点睛】

本题考查了同角三角函数的关系，利用正切函数的定义得出BC=x，AC=3x是解题关键．

12．D

解析：D 【解析】 【分析】

利用平均数的求法求解即可． 【详解】

这组数据10，9，10，12，9的平均数是(10910129)10 故选：D． 【点睛】

本题主要考查平均数，掌握平均数的求法是解题的关键．

15二、填空题 13．100 【解析】 【分析】

由两角对应相等可得△BAD∽△CED，利用对应边成比例即可得两岸间的大致距离AB的长． 【详解】

解：∵∠ADB=∠EDC，∠ABC=∠ECD=90°， ∴△ABD∽△E

解析：100 【解析】 【分析】

由两角对应相等可得△BAD∽△CED，利用对应边成比例即可得两岸间的大致距离AB的长． 【详解】

解：∵∠ADB=∠EDC，∠ABC=∠ECD=90°， ∴△ABD∽△ECD， ∴

ABBD， ECCDBDEC ， CD12050 =100（米）． 60即AB解得：AB=

故答案为100． 【点睛】

本题主要考查了相似三角形的应用，用到的知识点为：两角对应相等的两三角形相似；相似三角形的对应边成比例．

14．115° 【解析】 【分析】

根据∠EDC＝180°﹣∠E﹣∠DCE，想办法求出∠E，∠DCE即可． 【详解】

由题意可知：CA＝CE，∠ACE＝90°， ∴∠E＝∠CAE＝45°， ∵∠ACD＝7

解析：115° 【解析】 【分析】

根据∠EDC＝180°﹣∠E﹣∠DCE，想办法求出∠E，∠DCE即可． 【详解】

由题意可知：CA＝CE，∠ACE＝90°， ∴∠E＝∠CAE＝45°， ∵∠ACD＝70°， ∴∠DCE＝20°，

∴∠EDC＝180°﹣∠E﹣∠DCE＝180°﹣45°﹣20°＝115°， 故答案为115°． 【点睛】

本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，三角形的内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，问题，属于中考常考题型．

15．y=2(x+2)2-3 【解析】 【分析】

根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可. 【详解】

解：根据“上加下减，左加右减”的原则可知，

二次函数y＝2x2的图象向左平移2个单位，再向下平移

解析：y=2(x+2)2-3 【解析】 【分析】

根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可. 【详解】

解：根据“上加下减，左加右减”的原则可知，

二次函数y＝2x2的图象向左平移2个单位，再向下平移3个单位后得到的图象表达式为 y=2(x+2)2-3 【点睛】

本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减，左加右减”的原则是解答此题的关键．

16．200 【解析】 【分析】

要求飞机从滑行到停止的路程就，即求出函数的最大值即可. 【详解】 解：

所以当t=20时，该函数有最大值200. 故答案为200. 【点睛】

本题主要考查了二次函数的应用

解析：200 【解析】 【分析】

要求飞机从滑行到停止的路程就，即求出函数的最大值即可. 【详解】

解：s20t0.5t0.5t40t4002000.5t20200

222所以当t=20时，该函数有最大值200. 故答案为200. 【点睛】

本题主要考查了二次函数的应用，掌握二次函数求最值的方法，即公式法或配方法是解题关键.

17．【解析】 【分析】

用红色区域的圆心角度数除以圆的周角的度数可得到指针落在红色区域的概率．

【详解】

解：因为蓝色区域的圆心角的度数为120°， 所以指针落在红色区域内的概率是=， 故答案为. 【

2解析：

3【解析】 【分析】

用红色区域的圆心角度数除以圆的周角的度数可得到指针落在红色区域的概率． 【详解】

解：因为蓝色区域的圆心角的度数为120°， 所以指针落在红色区域内的概率是故答案为【点睛】

本题考查了几何概率：求概率时，已知和未知与几何有关的就是几何概率．计算方法是利用长度比，面积比，体积比等．

3601202=， 33602. 318．【解析】 【分析】

根据弧长的公式列式计算即可． 【详解】

∵一个扇形的半径长为3，且圆心角为60°， ∴此扇形的弧长为=π． 故答案为：π． 【点睛】

此题考查弧长公式，熟记公式是解题关键． 解析：

【解析】 【分析】

根据弧长的公式列式计算即可． 【详解】

∵一个扇形的半径长为3，且圆心角为60°， ∴此扇形的弧长为故答案为：π．

603=π． 180

【点睛】

此题考查弧长公式，熟记公式是解题关键．

19．【解析】 【分析】

根据点A的坐标及抛物线的对称轴可得抛物线与x轴的两个交点坐标，从而求得方程的解. 【详解】

解：由二次函数y＝ax2＋bx＋c的图像过点A（3，0），对称轴为直线x＝1可得：

解析：x13;x21

【解析】 【分析】

根据点A的坐标及抛物线的对称轴可得抛物线与x轴的两个交点坐标，从而求得方程的解. 【详解】

解：由二次函数y＝ax2＋bx＋c的图像过点A（3，0），对称轴为直线x＝1可得： 抛物线与x轴交于（3，0）和（-1，0） 即当y=0时，x=3或-1

∴ax2＋bx＋c＝0的根为x13;x21 故答案为：x13;x21 【点睛】

本题考查抛物线的对称性及二次函数与一元二次方程，利用对称性求出抛物线与x轴的交点坐标是本题的解题关键.

20．-1＜x＜2 【解析】 【分析】

根据方程的解确定抛物线与x轴的交点坐标，即可确定y＜0时，x的取值范围. 【详解】

由题意得：二次函数y=x2+mx+n与x轴的交点坐标为（-1，0），（2，0），

解析：-1＜x＜2 【解析】 【分析】

根据方程的解确定抛物线与x轴的交点坐标，即可确定y＜0时，x的取值范围. 【详解】

由题意得：二次函数y=x2+mx+n与x轴的交点坐标为（-1，0），（2，0）， ∵a=10，开口向上，

∴y＜0时，x的取值范围是-1＜x＜2. 【点睛】

此题考查二次函数与一元二次方程的关系，函数图象与x轴的交点横坐标即为一元二次方程的解，掌握两者的关系是解此题的关键.

21．6 【解析】 【分析】

先根据平行四边形的性质证得△BEG∽△FAG，从而可得相似比，然后根据同高的两个三角形的面积等于底边之比可求得，根据相似三角形的性质可求得，进而可得答案. 【详解】 解：∵四

解析：6 【解析】 【分析】

先根据平行四边形的性质证得△BEG∽△FAG，从而可得相似比，然后根据同高的两个三角形的面积等于底边之比可求得SABG，根据相似三角形的性质可求得SAFG，进而可得答案. 【详解】

解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=BC，AD∥BC， ∴△BEG∽△FAG， ∵BEDF∴

1BC， 3EGBE1， AGAF22SEG1SBEGBE1∴BEG,， SABGAG2SAFGAF4∵SBEG1，

∴SABG2，SAFG4， ∴SABFSABGSAFG6. 故答案为：6. 【点睛】

本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质以及三角形的面积等知识，属于常考题型，熟练掌握平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质是解答的关键.

22．【解析】 【分析】

直接利用黄金分割的定义求解． 【详解】

解：∵点C是线段AB的黄金分割点且AC＞BC，

∴AC＝AB． 故答案为:． 【点睛】

本题考查了黄金分割的定义，点C是线段AB的黄金分 解析：【解析】 【分析】

直接利用黄金分割的定义求解． 【详解】

解：∵点C是线段AB的黄金分割点且AC＞BC， ∴AC＝51 251AB． 251． 2AC51，BC2故答案为:【点睛】

本题考查了黄金分割的定义，点C是线段AB的黄金分割点且AC＞BC，则正确理解黄金分割的定义是解题的关键.

23．54 【解析】 【分析】

连接AD，根据圆周角定理得到∠ADF=90°，根据五边形的内角和得到∠ABC=∠C=108°，求得∠ABD=72°，由圆周角定理得到∠F=∠ABD=72°，求得∠FAD=1

解析：54 【解析】 【分析】

连接AD，根据圆周角定理得到∠ADF=90°，根据五边形的内角和得到∠ABC=∠C=108°，求得∠ABD=72°，由圆周角定理得到∠F=∠ABD=72°，求得∠FAD=18°，于是得到结论． 【详解】 连接AD，

∵AF是⊙O的直径， ∴∠ADF=90°，

∵五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形， ∴∠ABC=∠C=108°， ∴∠ABD=72°， ∴∠F=∠ABD=72°， ∴∠FAD=18°， ∴∠CDF=∠DAF=18°， ∴∠BDF=36°+18°=54°， 故答案为54． 【点睛】

本题考查正多边形与圆，圆周角定理等知识，解题的关键灵活运用所学知识解决问题．

24．【解析】 【分析】

当直线y=-2x+b处于直线m的位置时，此时直线和新图象只有一个交点A，当直线处于直线n的位置时，此时直线与新图象有三个交点，当直线y=-2x+b处于直线m、n之间时，与该新图 解析：1b8

【解析】 【分析】

当直线y=-2x+b处于直线m的位置时，此时直线和新图象只有一个交点A，当直线处于直线n的位置时，此时直线与新图象有三个交点，当直线y=-2x+b处于直线m、n之间时，与该新图象有两个公共点，即可求解． 【详解】

解：设y=x2-4x与x轴的另外一个交点为B，令y=0，则x=0或4，过点B（4，0）， 由函数的对称轴，二次函数y=x2-4x翻折后的表达式为：y=-x2+4x，

当直线y=-2x+b处于直线m的位置时，此时直线和新图象只有一个交点A， 当直线处于直线n的位置时，此时直线n过点B（4，0）与新图象有三个交点， 当直线y=-2x+b处于直线m、n之间时，与该新图象有两个公共点， 当直线处于直线m的位置：

联立y=-2x+b与y=x2-4x并整理：x2-2x-b=0， 则△=4+4b=0，解得：b=-1；

当直线过点B时，将点B的坐标代入直线表达式得：0=-8+b，解得：b=8， 故-1＜b＜8； 故答案为：-1＜b＜8． 【点睛】

本题考查的是二次函数综合运用，涉及到函数与x轴交点、几何变换、一次函数基本知识等内容，本题的关键是确定点A、B两个临界点，进而求解．

三、解答题

25．（1）(3m,0)，(m,4m)；（2）①yx2【解析】 【分析】

（1）令y=0，解关于x的方程，解方程即可求出x的值，进而可得点B的坐标；把抛物线的解析式转化为顶点式，即可得出点D的坐标；

（2）①如图1，过点D作DHAB，交BC于点E，作DF⊥y轴于点F，则易得点C的坐标与CF的长，利用BH的长和∠B的正切可求出HE的长，进而可得DE的长，由题意和平行线的性质易推得CDDE，然后可得关于m的方程，解方程即可求出m的值，进而可得答案；

（3）如图2，过点B作BK∥y轴，过点C作CK∥x轴交BK于点K，交DH于点G，连接AE，利用锐角三角函数、抛物线的对称性和等腰三角形的性质可推出

2232159x1，②yx2x 3551234，进而可得ACAE，然后利用勾股定理可得关于m的方程，解方

程即可求出m，问题即得解决. 【详解】

解：（1）令y=0，则x22mx3m20， 解得：x13m,x2m， ∴点B的坐标为(3m,0)；

∵yx22mx3m2xm4m2， ∴点D的坐标为(m,4m)； 故答案为：(3m,0)，(m,4m)；

（2）①如图1，过点D作DHAB于点H，交BC于点E，作DF⊥y轴于点F，则

222C(0,3m2)，A(m,0)，DF=m，CF=4m23m2m2，

∵BC平分OCD， ∴∠BCO=∠BCD， ∵DH∥OC， ∴∠BCO=∠DEC， ∴∠BCD=∠DEC， ∴CDDE，

OC3m2∵tanABCm，BH=2m，

OB3m∴HE2m2，

∴DEDHHE4m22m22m2， ∵CDDE， ∴CD2DE2， ∴m2m44m4， 解得：m33（m舍去），

3323x1； 3∴二次函数的关系式为：yx2

②如图2，过点B作BK∥y轴，过点C作CK∥x轴交BK于点K，交DH于点G，连接AE，

DGm2BK3m2∵tan1m,tan2m，

CGmCK3m∴tan1tan2， ∴12， ∵EA=EB， ∴∠3=∠4， 又∵23， ∴1234，

∵DCB12，AEC34， ∴DCBAECACE， ∴ACAE，

∴AC2AE2EH2AH2， 即m29m44m44m2， 解得：m1515（m舍去）， 552159x. 55∴二次函数的关系式为：yx2

【点睛】

本题考查了二次函数的图象与性质、抛物线图象上点的坐标特征、角平分线的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的外角性质、勾股定理、锐角三角函数和一元二次方程的解法等知识，综合性强、难度较大，正确作出辅助线、利用勾股定理构建方程、熟练掌握上述知识是解答的关键. 26．（1）见解析；（2）2-【解析】 【分析】

（1）若要证明CD是⊙O的切线，只需证明CD与半径垂直，故连接OE，证明OE∥AD即可；

（2）根据等腰直角三角形的性质和扇形的面积公式即可得到结论． 【详解】

解：（1）连接OE．

 2

∵OA＝OE， ∴∠OAE＝∠OEA， 又∵∠DAE＝∠OAE， ∴∠OEA＝∠DAE， ∴OE∥AD， ∴∠ADC＝∠OEC， ∵AD⊥CD， ∴∠ADC＝90°， 故∠OEC＝90°． ∴OE⊥CD， ∴CD是⊙O的切线； （2）∵∠C＝45°，

∴△OCE是等腰直角三角形， ∴CE＝OE＝2，∠COE＝45°，

14522∴阴影部分面积＝S△OCE﹣S扇形OBE＝2×2﹣＝2﹣．

22360【点睛】

本题综合考查了圆与三角形，涉及了切线的判定、等腰三角形的性质、扇形的面积，灵活的将图形与已知条件相结合是解题的关键.

27．

12 5【解析】 【分析】

过A点作AD⊥BC，将等腰三角形转化为直角三角形，利用勾股定理求AD，利用锐角三角函数的定义求∠B的正切值． 【详解】

过点A作AD⊥BC，垂足为D，

∵AB=AC=13，BC=10， ∴BD=DC=∴AD1BC=5， 2AB2BD21325212，

在Rt△ABD中，

AD12． BD5【点睛】

∴tanB本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质和三角函数的应用，关键是将问题转化到直角三角形中求解，并且要熟练掌握好边角之间的关系． 28．1，-2 【解析】 【分析】

把方程的一个根–4，代入方程，求出k，再解方程可得. 【详解】

【点睛】

考察一元二次方程的根的定义，及应用因式分解法求解一元二次方程的知识.

229．（1）yx2x3；（2）P(1,2)，1032；（3）Q1(122,4) ，

Q2(122,4) ，Q3(1,4)

【解析】 【分析】

，0)、B(3，0)代入抛物线yx2bxc即可求出b,c即可求解; (1)把A(1(2)根据A,B关于对称轴对称,连接BC交对称轴于P点,即为所求,再求出坐标及PAC的周长;

(3)根据△QAB的底边为4,故三角形的高为4,令y=4，求出对应的x即可求解. 【详解】

01bc2A(1，0)B(3，0)(1)把、代入抛物线yxbxc得

093bcb2解得

c3∴抛物线的解析式为：yx2x3; (2)如图，连接BC交对称轴于P点,即为所求, ∵yx2x3 ∴C(0,-3),对称轴x=1 设直线BC为y=kx+b,

220), C(0,-3)代入y=kx+b求得k=1,b=-3, 把B(3，∴直线BC为y=x-3 令x=1，得y=-2， ∴P（1，-2）， ∴PAC的周长

=AC+AP+CP=AC+BC=(10)20(3)+(30)20(3)=1032;

22

(3)∵△QAB的底边为AB=4, SQAB1ABH8 2

∴三角形的高为4,

令y=4，即x22x34 解得x1=122, x2=122, x3=1

故点Q的坐标为Q1(122,4) ， Q2(122,4) ，Q3(1,4). 【点睛】

此题主要考查二次函数的图像与性质，解题的关键是熟知待定系数法与一次函数的求解. 30．（1）作图见试题解析；（2）作图见试题解析． 【解析】

试题分析：（1）过点C作直径CD，由于AC=BC，弧AC=弧BC，根据垂径定理的推理得CD垂直平分AB，所以CD将△ABC分成面积相等的两部分；

（2）连结PO并延长交BC于E，过点A、E作弦AD，由于直线l与⊙O相切于点P，根据切线的性质得OP⊥l，而l∥BC，则PE⊥BC，根据垂径定理得BE=CE，所以弦AE将△ABC分成面积相等的两部分．

试题解析：（1）如图1，直径CD为所求； （2）如图2，弦AD为所求．

考点：1．作图—复杂作图；2．三角形的外接圆与外心；3．切线的性质；4．作图题． 31．（1）见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）根据题意画树状图，求得所有等可能的结果；

（2）由（1）可求得3次摸到的球颜色相同的结果数，再根据概率公式即可解答． 【详解】

（1）画树状图为：

1 4

共有8种等可能的结果数；

（2）3次摸到的球颜色相同的结果数为2， 3次摸到的球颜色相同的概率＝【点睛】

本题考查列表法或树状图法求概率，解题的关键是不重复不遗漏地列出所有等可能的结果．

32．（1）3m；（2）生物园垂直于墙的一边长为2m．平行于墙的一边长为6m时，围成生物园的面积最大，且为12m2 【解析】 【分析】

（1）设垂直于墙的一边长为x米，则平行于墙的一边长为（12－3x）米，根据长方形的面积公式结合生物园的面积为9平方米，列出方程，解方程即可； （2）设围成生物园的面积为y，由题意可得：y＝x（12﹣3x）且最大值即可． 【详解】

设这个生物园垂直于墙的一边长为xm， （1）由题意，得x（12﹣3x）＝9， 解得，x1＝1（不符合题意，舍去），x2＝3， 答：这个生物园垂直于墙的一边长为3m； （2）设围成生物园的面积为ym2． 由题意，得y=x123x=-3x-212，

221＝． 845≤x＜4，从而求出y的3123x7∵ 123x＞0∴

5≤x＜4 3∴当x＝2时，y最大值＝12，12﹣3x＝6，

答：生物园垂直于墙的一边长为2m．平行于墙的一边长为6m时，围成生物园的面积最大，且为12m2． 【点睛】

本题主要考查一元二次方程的应用和二次函数的应用，解题的关键是正确解读题意，根据题目给出的条件，准确列出方程和二次函数解析式．