2020-2021学年广东省广州市番禺区九年级（上）期末数学试卷（含答案）.docx

2020-2021 学年广东省广州市番禺区九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，满分 30 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3 分）下列方程中，没有实数根的是（ ）
A．x2﹣2x＝0 B．x2﹣2x﹣1＝0 C．x2﹣2x+1＝0 D．x2﹣2x+3＝0
2．（3 分）如图，在△ABC 中，点 D、E 分别是 AB、AC 的中点，则下列结论不正确的是（ ）

A．BC＝2DE B．△ADE∽△ABC
C． D．S△ABC＝4S△ADE
3．（3 分）抛物线 y＝x2﹣2x+2 与 y 轴的交点坐标为（ ）
A．（0，2） B．（1，1） C．（2，0） D．（0，﹣2）

4．（3 分）下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中不属于中心对称图形的是

（ ）

A． B． C． D．
5．（3 分）一只不透明的袋子中装有 4 个黑球、2 个白球，每个球除颜色外都相同，从中任意摸出 3 个球，下列事件为必然事件的是（ ）
A．至少有 1 个球是黑球 B．至少有 1 个球是白球

C．至少有 2 个球是黑球 D．至少有 2 个球是白球

6．（3 分）如图，A，B，P 是半径为 2 的⊙O 上的三点，∠APB＝45°，则弦 AB 的长为（ ）

A．2 B．4 C． D．2

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7．（3 分）一元二次方程 x2+2x﹣6＝0 的两实数根为 x1，x2，则 x1+x2 的值为（ ）
A． B．﹣2 C．2 D．6
8．（3 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠BAC＝90°，将△ABC 绕点 A 顺时针旋转 90°后得到

△AB′C′（点 B 的对应点是点 B′，点 C 的对应点是点 C′），连接 CC′．若∠CC′ B′＝22°，则∠B 的大小是（ ）

A．63° B．67° C．68° D．77°

9．（3 分）二次函数 y＝ax2+bx+c 的图象如图所示，下列结论：
①4ac＜b2；②a+c＞b；③2a+b＞0． 其中正确的有（ ）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③

10．（3 分）如图，已知弦 AB 与弦 CD 交于点 P，且 P 为 AB 的中点，延长 AC、DB 交于点

E，若 AC＝2，BD＝3，则 CE+BE＝（ ）

A．9 B．3+4 C．10 D．6
二、填空题（共 6 题，每题 3 分，共 18 分）

11．（3 分）一元二次方程 x2﹣25＝0 的解为 ．
12．（3 分）点 P（3，﹣5）关于原点对称的点的坐标为 ．

13．（3 分）把一枚均匀的硬币连续抛掷两次，两次正面朝上的概率是 ．

14．（3 分）如图，圆锥的侧面积为 15π，底面半径为 3，则圆锥的高 AO 为 ．

15．（3 分）如果关于 x 的方程 x2﹣2x+k＝0（k 为常数）有两个不相等的实数根，那么 k 的取值范围是 ．
16．（3 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，将△ABC 绕顶点 C 逆时针旋转得到△A'B'C， M 是 BC 的中点，P 是 A'B'的中点，连接 PM．若 BC＝4，∠BAC＝30°，则线段 PM 的最大值是 ．

三、解答题（本大题共 9 小题，满分 72 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．（4 分）已知 x1＝﹣1 是方程 x2+mx﹣5＝0 的一个根，求 m 的值及方程的另一根 x2．
18．（4 分）配方法解方程：3x2﹣4＝6x．
19．（6 分）如图，在△ABC 中，AB＝AC，AD 为 BC 边上的中线，DE⊥AB 于点 E．

（1） 求证：△BDE∽△CAD．

（2） 若 AB＝13，BC＝10，求线段 DE 的长．

20．（6 分）如图，已知△ABC 和点 O．

（1） 把△ABC 绕点 O 顺时针旋转 90°得到△A1B1C1，在网格中画出△A1B1C1；
（2） 用直尺和圆规作△ABC 的边 AB，AC 的垂直平分线，并标出两条垂直平分线的交点

P（要求保留作图痕迹，不写作法）；指出点 P 是△ABC 的内心，外心，还是重心？

21．（8 分）如图是 2 个可以随机转动的转盘，转盘 A 的三个扇形面积相等，分别标有数字

1，2，3，转盘 B 的四个扇形面积相等，分别标有数字 1，2，3，4．转动 A、B 转盘各一次，当转盘停止转动时，将指针所落扇形中的两个数字相乘（指针落在两个扇形的交线上时，视为指向右边的扇形）．
（1） 用树状图或列表等方法列出所有可能出现的结果；

（2） 求两个数字的积为奇数的概率．

22．（10 分）已知二次函数 y＝﹣x2+2x+3．
（1） 在坐标系中作出函数图象，并求其图象的顶点坐标和图象与 x 轴的交点坐标；

（2） 自变量 x 在什么范围内，y 随 x 的增大而减小？

23．（10 分）如图，Rt△ABC 中，∠ABC＝90°，以 AB 为直径作⊙O，点 D 为⊙O 上一点，且 CD＝CB，连接 DO 并延长交 CB 的延长线于点 E．
（1） 判断直线 CD 与⊙O 的位置关系，并说明理由；

（2） 若 BE＝2，DE＝2BE，求 的值．

24．（12 分）如图，抛物线 y＝x2﹣x﹣3 与 x 轴交于点 A，与 y 轴交于点 B．线段 OA 上
有一动点 P（不与 O、A 重合），过点 P 作 y 轴的平行线交直线 AB 于点 C，交抛物线于点 M．
（1） 求直线 AB 的解析式；

（2） 点 N 为线段 AB 下方抛物线上一动点，点 D 是线段 AB 上一动点；

①若四边形 CMND 是平行四边形，证明：点 M、N 横坐标之和为定值；

②在点 P、N、D 运动过程中，平行四边形 CMND 的周长是否存在最大值？若存在，求出此时点 D 的坐标，若不存在，说明理由．

25．（12 分）如图，⊙O 的直径 AB 为 10cm，弦 AC 为 6cm，∠ACB 的平分线交⊙O 于点 D．
（1） 求 AD 的长；

（2） 试探究 CA、CB、CD 之间的等量关系，并证明你的结论；

（3） 连接 OD，P 为半圆 ADB 上任意一点，过 P 点作 PE⊥OD 于点 E，设△OPE 的内心为 M，当点 P 在半圆上从点 B 运动到点 A 时，求内心 M 所经过的路径长．

2020-2021 学年广东省广州市番禺区九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析

一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，满分 30 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3 分）下列方程中，没有实数根的是（ ）
A．x2﹣2x＝0 B．x2﹣2x﹣1＝0 C．x2﹣2x+1＝0 D．x2﹣2x+3＝0
【分析】分别计算每个方程根的判别式的值，从而得出答案．

【解答】解：A．此方程根的判别式Δ＝（﹣2）2﹣4×1×0＝4＞0，有两个不相等的实数根，不符合题意；
B．此方程根的判别式Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣1）＝8＞0，有两个不相等的实数根， 不符合题意；
C．此方程根的判别式Δ＝（﹣2）2﹣4×1×1＝0，有两个相等的实数根，不符合题意； D．此方程根的判别式Δ＝（﹣2）2﹣4×1×3＝﹣8＜0，没有实数根，符合题意；
故选：D．

【点评】本题主要考查根的判别式，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两个实数根；

②当Δ＝0 时，方程有两个相等的两个实数根；

③当Δ＜0 时，方程无实数根．

2．（3 分）如图，在△ABC 中，点 D、E 分别是 AB、AC 的中点，则下列结论不正确的是（ ）

A．BC＝2DE B．△ADE∽△ABC
C． D．S△ABC＝4S△ADE
【分析】根据三角形的中位线性质得出 BC＝2DE，DE∥BC，根据相似三角形的判定得出△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质得出答案．
【解答】解：在△ABC 中，点 D、E 分别是 AB、AC 的中点，

∴BC＝2DE，DE∥BC，

∴△ADE∽△ABC，

∴， ，
∴，S△ABC＝4S△ADE，
即只有选项 C 错误，选项 A、B、D 都正确， 故选：C．
【点评】本题考查了三角形的中位线和相似三角形的性质和判定，能求出△ADE∽△ABC 和 BC＝2DE 是解此题的关键．
3．（3 分）抛物线 y＝x2﹣2x+2 与 y 轴的交点坐标为（ ）
A．（0，2） B．（1，1） C．（2，0） D．（0，﹣2）

【分析】令 x＝0，求出 y 的值即可．

【解答】解：令 x＝0，则 y＝2，

∴抛物线 y＝x2﹣2x+2 与 y 轴的交点坐标为（0，2）．故选：A．
【点评】本题考查的是二次函数图象上点的坐标特点，熟知 y 轴上点的坐标特点是解答此题的关键．
4．（3 分）下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中不属于中心对称图形的是

（ ）

A． B． C． D．
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转 180°，如果旋转后的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进行分析即可．
【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项正确；
B、是中心对称图形，故此选项错误； C、是中心对称图形，故此选项错误； D、是中心对称图形，故此选项错误； 故选：A．

【点评】此题主要考查了中心对称图形的定义，判断中心对称图形是要寻找对称中心， 旋转 180 度后与原图重合．
5．（3 分）一只不透明的袋子中装有 4 个黑球、2 个白球，每个球除颜色外都相同，从中任意摸出 3 个球，下列事件为必然事件的是（ ）
A．至少有 1 个球是黑球 B．至少有 1 个球是白球

C．至少有 2 个球是黑球 D．至少有 2 个球是白球

【分析】由于只有 2 个白球，则从中任意摸出 3 个球中至少有 1 个球是黑球，于是根据必然事件的定义可判断 A 选项正确．
【解答】解：一只不透明的袋子中装有 4 个黑球、2 个白球，每个球除颜色外都相同，从中任意摸出 3 个球，至少有 1 个球是黑球是必然事件；至少有 1 个球是白球、至少有 2
个球是黑球和至少有 2 个球是白球都是随机事件． 故选：A．
【点评】本题考查了随机事件：在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件．事件分为确定事件和不确定事件（随机事件），确定事件又分为必然事件和不可能事件，
6．（3 分）如图，A，B，P 是半径为 2 的⊙O 上的三点，∠APB＝45°，则弦 AB 的长为（ ）

A．2 B．4 C． D．2
【分析】首先连接 OA，OB，由圆周角定理即可求得∠AOB＝90°，又由 OA＝OB＝2， 利用勾股定理即可求得弦 AB 的长．
【解答】解：连接 OA，OB，

∵∠APB＝45°，

∴∠AOB＝2∠APB＝90°，

∵OA＝OB＝2，

∴AB＝ ＝2 ． 故选：D．

【点评】此题考查了圆周角定理以及勾股定理．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
7．（3 分）一元二次方程 x2+2x﹣6＝0 的两实数根为 x1，x2，则 x1+x2 的值为（ ）
A． B．﹣2 C．2 D．6
【分析】直接根据根与系数的关系求解．
【解答】解：∵一元二次方程 x2+2x﹣6＝0 的两实数根为 x1，x2，
∴x1+x2＝﹣2 ． 故选：B．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若 x1，x2 是一元二次方程 ax2+bx+c＝0（a≠0）的
两根时，x1+x2＝﹣ ，x1x2＝ ．
8．（3 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠BAC＝90°，将△ABC 绕点 A 顺时针旋转 90°后得到

△AB′C′（点 B 的对应点是点 B′，点 C 的对应点是点 C′），连接 CC′．若∠CC′ B′＝22°，则∠B 的大小是（ ）

A．63° B．67° C．68° D．77°

【分析】由题意可得 AC＝AC'，∠CAC'＝90°，∠AB'C'＝∠B，可得∠ACC'＝45°，根据三角形的外角等于不相邻的两个内角和，可求∠AB'C'＝∠B＝∠ACC'+∠CC'B'＝67°．
【解答】解：∵将△ABC 绕点 A 顺时针旋转 90°后得到△AB′C′，

∴AC＝AC'，∠CAC'＝90°，∠AB'C'＝∠B，

∴∠ACC'＝45°，

∵∠AB'C'＝∠ACC'+∠CC'B'，

∴∠AB'C'＝45°+22°＝67°，
∴∠B＝67°， 故选：B．

【点评】本题考查了旋转的性质．等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
9．（3 分）二次函数 y＝ax2+bx+c 的图象如图所示，下列结论：
①4ac＜b2；②a+c＞b；③2a+b＞0． 其中正确的有（ ）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③

【分析】根据抛物线与 x 轴有两个交点即可判断①正确，根据 x＝﹣1，y＜0，即可判断

②错误，根据对称轴 x＞1，即可判断③正确，由此可以作出判断．

【解答】解：∵抛物线与 x 轴有两个交点，

∴Δ＞0，

∴b2﹣4ac＞0，
∴4ac＜b2，故①正确，
∵x＝﹣1 时，y＜0，

∴a﹣b+c＜0，

∴a+c＜b，故②错误，

∴对称轴 x＞1，a＜0，

∴﹣ ＞1，
∴﹣b＜2a，

∴2a+b＞0，故③正确． 故选：B．
【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系，二次函数的性质等知识，解题的关键是熟练运用这些知识解决问题，属于中考常考题型．
10．（3 分）如图，已知弦 AB 与弦 CD 交于点 P，且 P 为 AB 的中点，延长 AC、DB 交于点

E，若 AC＝2，BD＝3，则 CE+BE＝（ ）

A．9 B．3+4 C．10 D．6
【分析】设 EC＝a，EB＝b．证明△PAC∽△PDB，可得＝＝＝，推出可以假设 PA＝PB＝3k，则 PC＝2k，PD＝k，再证明△EAB∽△EDC，可得＝＝， 构建方程组，求出 a，b 即可．
【解答】解：设 EC＝a，EB＝b．

∵∠APC＝∠DPB，∠A＝∠D，

∴△PAC∽△PDB，
∴＝＝ ＝，
∴可以假设 PA＝PB＝3k，则 PC＝2k，PD＝k，
∴CD＝ k，AB＝6k，
∵∠E＝∠E，∠A＝∠D，

∴△EAB∽△EDC，
∴＝＝ ，
∴＝＝ ，
可得 a＝，b＝，
∴EC+EB＝a+b＝10， 故选：C．

【点评】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会

利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题． 二、填空题（共 6 题，每题 3 分，共 18 分）
11．（3 分）一元二次方程 x2﹣25＝0 的解为 x1＝5，x2＝﹣5 ．

【分析】先移项，再开方，即可得出答案．

【解答】解：x2﹣25＝0，
x2＝25，
开方得：x＝±5， 即 x1＝5，x2＝﹣5，
故答案为：x1＝5，x2＝﹣5．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解方程是解此题的关键．

12．（3 分）点 P（3，﹣5）关于原点对称的点的坐标为 （﹣3，5） ．

【分析】根据关于原点的对称的点的横纵坐标均互为相反数可得所求点的坐标．

【解答】解：所求点的横坐标为﹣3， 纵坐标为 5，
∴点 P（3，﹣5）关于原点对称的点的坐标为（﹣3，5），故答案为（﹣3，5）．
【点评】考查关于原点对称的点的坐标的知识；掌握关于原点对称的点的坐标的特点是解决本题的关键．
13．（3 分）把一枚均匀的硬币连续抛掷两次，两次正面朝上的概率是 ．
【分析】举出所有情况，看正面都朝上的情况数占总情况数的多少即可．

【解答】解：共 4 种情况，正面都朝上的情况数有 1 种，所以概率是 ． 故答案为：．

【点评】本题主要考查概率的求法；用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．得到所求的情况数是解决本题的关键．
14．（3 分）如图，圆锥的侧面积为 15π，底面半径为 3，则圆锥的高 AO 为 4 ．

【分析】要求圆锥的高，关键是求出圆锥的母线长，即圆锥侧面展开图中的扇形的半径．已知圆锥的底面半径就可求得底面圆的周长，即扇形的弧长，已知扇形的面积和弧长就可求出扇形的半径，即圆锥的高．
【解答】解：由题意知：展开图扇形的弧长是 2×3π＝6π，
设母线长为 L，则有×6πL＝15π，
∴L＝5，

由于母线，高，底面半径正好组成直角三角形，

∴在直角△AOC 中高 AO＝＝4． 故本题答案为：4．
【点评】圆锥的侧展开图是扇形，此题考查了圆锥体的侧面展开图的计算，揭示了平面图形与立体图形之间的关系．
15．（3 分）如果关于 x 的方程 x2﹣2x+k＝0（k 为常数）有两个不相等的实数根，那么 k 的取值范围是 k＜1 ．
【分析】根据一元二次方程 ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式的意义得到Δ＞0，即（﹣
2）2﹣4×1×k＞0，然后解不等式即可．
【解答】解：∵关于 x 的方程 x2﹣2x+k＝0（k 为常数）有两个不相等的实数根，
∴Δ＞0，即（﹣2）2﹣4×1×k＞0， 解得 k＜1，
∴k 的取值范围为 k＜1． 故答案为：k＜1．
【点评】本题考查了一元二次方程 ax2+bx+c＝0（a≠0，a，b，c 为常数）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac．当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．
16．（3 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，将△ABC 绕顶点 C 逆时针旋转得到△A'B'C，

M 是 BC 的中点，P 是 A'B'的中点，连接 PM．若 BC＝4，∠BAC＝30°，则线段 PM 的最大值是 6 ．

【分析】如图，连接 PC，由直角三角形性质和旋转性质可得 A′B′＝AB＝8，PC＝4， 根据 PM≤PC+CM，可得 PM≤6，由此即可解决问题．
【解答】解：如图，连接 PC，

在 Rt△ABC 中，∵∠A＝30°，BC＝4，

∴AB＝8，

根据旋转不变性可知，A′B′＝AB＝8，

∴A′P＝PB′＝PC'，
∴PC＝ A′B′＝4，
∵CM＝BM＝2，

又∵PM≤PC+CM，即 PM≤6，

∴PM 的最大值为 6（此时 P、C、M 共线）．

【点评】本题考查旋转变换、直角三角形 30 度角的性质、直角三角形斜边中线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考常考题型．
三、解答题（本大题共 9 小题，满分 72 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．（4 分）已知 x1＝﹣1 是方程 x2+mx﹣5＝0 的一个根，求 m 的值及方程的另一根 x2．
【分析】将 x1＝﹣1 代入方程可得关于 m 的方程，解之求得 m 的值，即可还原方程，解之得出另一个根．
【解答】解：由题意得：（﹣1）2+（﹣1）×m﹣5＝0，

解得 m＝﹣4；

当 m＝﹣4 时，方程为 x2﹣4x﹣5＝0
解得：x1＝﹣1，x2＝5
所以方程的另一根 x2＝5．
【点评】本题主要考查一元二次方程的解的定义及解方程的能力，解题的关键是根据方程的解的定义求得 m 的值．
18．（4 分）配方法解方程：3x2﹣4＝6x．
【分析】方程整理后，利用配方法求出解即可．

【解答】解：方程整理得：x2﹣2x＝ ， 配方得：x2﹣2x+1＝ ，即（x﹣1）2＝ ， 开方得：x﹣1＝± ，
解得：x1＝1+ ，x2＝1﹣ ．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．

19．（6 分）如图，在△ABC 中，AB＝AC，AD 为 BC 边上的中线，DE⊥AB 于点 E．

（1） 求证：△BDE∽△CAD．

（2） 若 AB＝13，BC＝10，求线段 DE 的长．

【分析】（1）想办法证明∠B＝∠C，∠DEB＝∠ADC＝90°即可解决问题；
（2）利用面积法：•AD•BD＝ •AB•DE 求解即可；
【解答】解：（1）∵AB＝AC，BD＝CD，

∴AD⊥BC，∠B＝∠C，

∵DE⊥AB，

∴∠DEB＝∠ADC，

∴△BDE∽△CAD．

（2）∵AB＝AC，BD＝CD，

∴AD⊥BC，

在 Rt△ADB 中，AD＝＝＝12，
∵•AD•BD＝ •AB•DE，
∴DE＝ ．

【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用面积法确定线段的长．
20．（6 分）如图，已知△ABC 和点 O．

（1） 把△ABC 绕点 O 顺时针旋转 90°得到△A1B1C1，在网格中画出△A1B1C1；
（2） 用直尺和圆规作△ABC 的边 AB，AC 的垂直平分线，并标出两条垂直平分线的交点

P（要求保留作图痕迹，不写作法）；指出点 P 是△ABC 的内心，外心，还是重心？

【分析（】1）分别得出△ABC 绕点O 顺时针旋转90°后的对应点坐标，进而得到△A1B1C1，
（2）根据垂直平分线的作法求出 P 点即可，进而利用外心的性质得出即可．

【解答】解：（1）△A1B1C1 如图所示；

（2）如图所示；

点 P 是△ABC 的外心．

【点评】此题主要考查了复杂作图，正确根据垂直平分线的性质得出 P 点位置是解题关键．
21．（8 分）如图是 2 个可以随机转动的转盘，转盘 A 的三个扇形面积相等，分别标有数字

1，2，3，转盘 B 的四个扇形面积相等，分别标有数字 1，2，3，4．转动 A、B 转盘各一次，当转盘停止转动时，将指针所落扇形中的两个数字相乘（指针落在两个扇形的交线上时，视为指向右边的扇形）．
（1） 用树状图或列表等方法列出所有可能出现的结果；

（2） 求两个数字的积为奇数的概率．

【分析】（1）先根据题意画出树状图，再由树状图求得所有等可能的结果；

（2）由树状图得出两个数字的积为奇数的情况，再利用概率公式即可求得答案．

【解答】解：（1）画树状图得：

则共有 12 种等可能的结果；

（2）共有 12 种等可能的结果，其中两个数字的积为奇数有 4 种情况，

∴两个数字的积为奇数的概率是： ＝ ．

【点评】此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
22．（10 分）已知二次函数 y＝﹣x2+2x+3．
（1） 在坐标系中作出函数图象，并求其图象的顶点坐标和图象与 x 轴的交点坐标；

（2） 自变量 x 在什么范围内，y 随 x 的增大而减小？

【分析】（1）把一般式化成顶点式即可求得顶点坐标，令 y＝0，解方程即可求得与 x 轴的交点坐标；在对称轴的两侧取两组对称点，列表，然后描点、连线即可．
（2）根据函数图象作答．

【解答】解：（1）由 y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4 可知：顶点坐标为（1，4），令 y＝0，则 0＝﹣x2+2x+3，解得 x1＝﹣1，x2＝3，
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y＝﹣
x2+2x+3
…
0
3
4
3
0
…

∴与 x 轴的交点的坐标为（﹣1，0），（3，0）．列表：

描点、连线：

（2）由（1）中的函数图象知，当 x＞1 时，y 随 x 的增大而减小．

【点评】本题考查了二次函数的图象，找到顶点及对称轴，根据对称轴取点是解题的关键一步，同时，描点时要用平滑曲线．
23．（10 分）如图，Rt△ABC 中，∠ABC＝90°，以 AB 为直径作⊙O，点 D 为⊙O 上一点，且 CD＝CB，连接 DO 并延长交 CB 的延长线于点 E．
（1） 判断直线 CD 与⊙O 的位置关系，并说明理由；

（2） 若 BE＝2，DE＝2BE，求的值．

【分析】（1）连接 OC，如图，证明△COD≌△COB 得到∠COD＝∠CBO＝90°，然后根据切线的判定定理可判断 CD 为⊙O 的切线；
（2）根据已知条件得到 DE＝2BE＝4，根据勾股定理得到＝，根据相似三角形的性质得到 CB＝3，于是得到结论．
【解答】解：（1）CD 与⊙O 相切．理由如下：
连接 OC，如图，

在△COD 和△COB 中，

，

∴△COD≌△COB（SSS），

∴∠CDO＝∠CBO＝90°，

∴OD⊥CD，

∴CD 为⊙O 的切线；
（2）∵BE＝2，

∴DE＝2BE＝4，

∵∠OBE＝∠ABC＝90°，
∴BE2+OB2＝OE2，
∴22+OB2＝（4﹣OB）2，
∴OB＝ ，
∵∠OEB＝∠CED，∠OBE＝∠CDE，

∴△EOB∽△ECD，

∴OB：CD＝EB：ED，即 ：CD＝2：4，
∴CD＝3，

∴CB＝3，

在 Rt△ABC 中，AB＝3，BC＝3，

∴AC＝ ＝3 ，
∴＝＝ ．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形，灵活运用相似三角形的性质表示线段之间的关系；也考查了切线的判定．
24．（12 分）如图，抛物线 y＝x2﹣x﹣3 与 x 轴交于点 A，与 y 轴交于点 B．线段 OA 上
有一动点 P（不与 O、A 重合），过点 P 作 y 轴的平行线交直线 AB 于点 C，交抛物线于点 M．
（1） 求直线 AB 的解析式；

（2） 点 N 为线段 AB 下方抛物线上一动点，点 D 是线段 AB 上一动点；

①若四边形 CMND 是平行四边形，证明：点 M、N 横坐标之和为定值；

②在点 P、N、D 运动过程中，平行四边形 CMND 的周长是否存在最大值？若存在，求出此时点 D 的坐标，若不存在，说明理由．

【分析】（1）先求出点 A，点 B 坐标，利用待定系数法可求解；

（2）①设 MN 解析式为 y＝x﹣3﹣n，联立方程组可得 xM+xN＝﹣ ＝4；

②分别求出 CD，CM，利用二次函数的性质可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线 y＝x2﹣x﹣3 与 x 轴交于点 A，与 y 轴交于点 B，
，
∴点 A（4，0），点 B（0，﹣3），设直线 AB 的解析式为：y＝kx+b，
∴ ，

∴

∴直线 AB 的解析式为：y＝x﹣3；
（2）①如图，过点 D 作 DF⊥PM 于 F，

∵四边形 CMND 是平行四边形，

∴CM∥DN，CD∥MN，

设 MN 解析式为 y＝ x﹣3﹣n，

联立方程组得： ，

∴0＝x2﹣3x+n，
∴xM+xN＝﹣ ＝4；

②设点 P（m，0），则点 C（m，m﹣3），点 M（m，m2﹣m﹣3），
∴AP＝4﹣m，MC＝（ m﹣3）﹣（ m2﹣ m﹣3）＝﹣ m2+3m，
∵xM+xN＝4，
∴点 N 的横坐标为 4﹣m，

∴DF＝4﹣2m，

∵点 A（4，0），点 B（0，﹣3），

∴OA＝4，OB＝3，

∴AB＝ ＝＝5，
∵PC∥OB，

∴∠DCF＝∠OBA，
∵cos∠DCF＝cos∠OBA＝ ＝，
∴DC＝ （4﹣2m）＝5﹣ ，
∵平行四边形 CMND 的周长＝2×（CM+CD）＝2×（﹣m2+3m+5﹣）＝﹣m2+m+10
＝﹣ （m﹣ ）2+ ，
∴当 m＝时，平行四边形 CMND 的周长有最小值，
∴点 C（，﹣ ）， 则 D（，﹣ ）；
当 M，N 位置对调，C，D 位置对调，也满足题意， 此时：点 D（ ，﹣ ），C（ ，﹣ ）；

综上所述：点 D（，﹣ ）或（ ，﹣ ）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，平行四边形的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
25．（12 分）如图，⊙O 的直径 AB 为 10cm，弦 AC 为 6cm，∠ACB 的平分线交⊙O 于点 D．
（1） 求 AD 的长；

（2） 试探究 CA、CB、CD 之间的等量关系，并证明你的结论；

（3） 连接 OD，P 为半圆 ADB 上任意一点，过 P 点作 PE⊥OD 于点 E，设△OPE 的内心为 M，当点 P 在半圆上从点 B 运动到点 A 时，求内心 M 所经过的路径长．

【分析】（1）由圆周角定理得出∠ACB＝∠ADB＝90°，由勾股定理可求出答案；

（2） 延长 CA 到 F，使 AF＝CB，连接 DF，证明△ADF≌△BDC（SAS），由全等三角形的性质得出 CD＝FD，∠CDB＝∠FDA，得出∠CDF＝∠ADB＝90°，则△CDF 为等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出结论；
（3） 连接 OM，PM，证明△OMD≌△OMP（SAS），由全等三角形的性质得出∠OMD＝

∠OMP＝135°，则点 M 在以 OD 为弦，并且所对的圆周角为 135°的两段劣弧上（分

OD 左右两种情况），求出 OO'的长，由弧长公式可得出答案．

【解答】解：（1）∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，

∵∠ACB 的平分线交⊙O 于 D，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，

∴＝，

∴AD＝BD，
∴AD2+BD2＝AB2，
∴AD＝BD＝ AB＝ ×10＝5 ；

（2） CA+CB＝ CD．
证明如下：延长 CA 到 F，使 AF＝CB，连接 DF，

∵∠CBD+∠CAD＝180°，∠FAD+∠CAD＝180°，

∴∠CBD＝∠FAD，

在△ADF 和△BDC 中，

，

∴△ADF≌△BDC（SAS），

∴CD＝FD，∠CDB＝∠FDA，

∴∠CDF＝∠ADB＝90°，△CDF 为等腰直角三角形，
∴CA+CB＝CF＝ CD．
（3） 连接 OM，PM，
∵PE⊥OD，

∴∠PEO＝90°，

∵点 M 为△OPE 的内心，

∴∠OMP＝135°，

在△OMD 和△OMP 中，

，

∴△OMD≌△OMP（SAS），

∴∠OMD＝∠OMP＝135°，

∴点 M 在以 OD 为弦，并且所对的圆周角为 135°的两段劣弧上（分 OD 左右两种情况）：设弧 OMD 所在圆的圆心为 O'，
∵∠OMD＝135°，

∴∠OO'D＝90°，
∴O'O＝ OD＝ ，
∴ 的长为 ＝ π，
∴点 M 的路径长为π．
【点评】此题是圆的综合题，考查了圆周角定理，三角形内心的定义，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，弧长公式以及勾股定理等知识，熟练掌握圆周角定理和等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．