2024-2025学年辽宁省沈阳市皇姑区第三十三中学数学九上期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，一个直角梯形的堤坝坡长AB为6米，斜坡AB的坡角为60°，为了改善堤坝的稳固性，准备将其坡角改为45°，则调整后的斜坡AE的长度为（　　）

A．3米 B．3米 C．（3﹣2）米 D．（3﹣3）米
2．某班的同学想测量一教楼AB的高度．如图，大楼前有一段斜坡，已知的长为16米，它的坡度．在离点45米的处，测得一教楼顶端的仰角为，则一教楼的高度约（ ）米（结果精确到0.1米）（参考数据：，，，）

A．44.1 B．39.8 C．36.1 D．25.9
3．不透明袋子中装有若干个红球和6个蓝球，这些球除了颜色外，没有其他差别，从袋子中随机摸出一个球，摸出蓝球的概率是0.6，则袋子中有红球（　　）
A．4个 B．6个 C．8个 D．10个
4．如图，△OAB与△OCD是以点0为位似中心的位似图形，相似比为1:2，∠OCD=90，CO=CD．若B(2，0)，则点C的坐标为( )

A．(2，2) B．(1，2) C．（，2） D．(2，1)
5．如图，在⊙O中，点A、B、C在圆上，∠AOB＝100°，则∠C＝（　　）

A．45° B．50° C．55° D．60°
6．如图是某个几何体的三视图，则该几何体是（   ）

A．长方体 B．圆锥 C．圆柱 D．三棱柱
7．如图，点是线段的垂直平分线与的垂直平分线的交点，若，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
8．若点 A、B、C 都在二次函数的图象上，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，螺母的一个面的外沿可以看作是正六边形，这个正六边形ABCDEF的半径是2cm，则这个正六边形的周长是（ ）

A．12 B．6 C．36 D．12
10．如图，中，，则的值为（ ）

A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知，若是一元二次方程的两个实数根，则的值是___________．
12．如图（1），在矩形ABCD中，将矩形折叠，使点B落在边AD上，这时折痕与边AD和BC分别交于点E、点F．然后再展开铺平，以B、E、F为顶点的△BEF称为矩形ABCD的“折痕三角形”．如图（2），在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，当“折痕△BEF”面积最大时，点E的坐标为_________________________．

13．如图，是一个半径为6cm，面积为12πcm2的扇形纸片，现需要一个半径为R的圆形纸片，使两张纸片刚好能组合成圆锥体，则R等于_____cm．

14．如图，在中，，且把分成面积相等的两部分．若，则的长为________．

15．某种药原来每瓶售价为40元，经过两次降价，现在每瓶售价为25.6元，若设平均每次降低的百分率为，根据题意列出方程为______________________．
16．如图，四边形是菱形，经过点、、与相交于点，连接、，若，则的度数为__________．

17．用配方法解方程时，原方程可变形为 _________ ．
18．已知线段c是线段、的比例中项，且，则线段c的长度为______．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，的边垂直于轴，垂足为点，反比例函数的图象经过的中点，且与相交于点．

（1）求反比例函数的解析式；
（2）求的值．
20．（6分）一个不透明的布袋中装有4个只有颜色不同的球，其中1个黄球、1个蓝球、2个红球．
（1）任意摸出1个球，记下颜色后不放回，再任意摸出1个球．求两次摸出的球恰好都是红球的概率（要求画树状图或列表）；
（2）现再将n个黄球放入布袋，搅匀后，使任意摸出1个球是黄球的概率为，求n的值．
21．（6分）如图，已知矩形的边，，点、分别是、边上的动点.

（1）连接、，以为直径的交于点.
①若点恰好是的中点，则与的数量关系是______；
②若，求的长；
（2）已知，，是以为弦的圆.
①若圆心恰好在边的延长线上，求的半径：
②若与矩形的一边相切，求的半径.

22．（8分）如图，以40m/s的速度将小球沿与地面30°角的方向击出时，小球的飞行路线是一段抛物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位:m）与飞行时间t（单位:s）之间的函数关系式为h=20t－(t≥0)． 回答问题:

(1)小球的飞行高度能否达到19.5m；
(2) 小球从最高点到落地需要多少时间?
23．（8分）某养殖场计划用96米的竹篱笆围成如图所示的①、②、③三个养殖区域，其中区域①是正方形，区域②和③是矩形，且AG∶BG＝3∶1．设BG的长为1x米．

（1）用含x的代数式表示DF＝ ；
（1）x为何值时，区域③的面积为180平方米；
（3）x为何值时，区域③的面积最大？最大面积是多少？
24．（8分）如图，正方形的边长为9，、分别是、边上的点，且.将绕点逆时针旋转，得到.

（1）求证：
（2）当时，求的长.
25．（10分）如图，△ABC中，E是AC上一点，且AE=AB，∠BAC=2∠EBC ，以AB为直径的⊙O交AC于点D，交EB于点F．

（1）求证：BC与⊙O相切；
（2）若AB=8，BE4，求BC的长．
26．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点B在x轴上，∠ABO＝90°，AB＝BO，直线y＝﹣3x﹣4与反比例函数y＝交于点A，交y轴于C点．
（1）求k的值；
（2）点D与点O关于AB对称，连接AD、CD，证明△ACD是直角三角形；
（3）在（2）的条件下，点E在反比例函数图象上，若S△OCE＝S△OCD，求点E的坐标．

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【分析】如图（见解析），作于H，在中，由可以求出AH的长，再在中，由即可求出AE的长.
【详解】如图，作于H
在中，
则
在中，
则
故选：A.

本题考查了锐角三角函数，熟记常见角度的三角函数值是解题关键.
2、C
【解析】延长AB交直线DC于点F，在Rt△BCF中利用坡度的定义求得CF的长，则DF即可求得，然后在直角△ADF中利用三角函数求得AF的长，进而求得AB的长．
【详解】延长AB交直线DC于点F．

∵在Rt△BCF中，，
∴设BF=k，则CF=k，BC=2k．
又∵BC=16，
∴k=8，
∴BF=8，CF=8．
∵DF=DC+CF，
∴DF=45+8．
∵在Rt△ADF中，tan∠ADF=，
∴AF=tan37°×（45+8）≈44.13（米），
∵AB=AF-BF，
∴AB=44.13-8≈36.1米．
故选C．
本题考查了解直角三角形的应用，关键是根据仰角构造直角三角形，利用三角函数求解，注意利用两个直角三角形的公共边求解是解答此类题型的常用方法．
3、A
【分析】设红球的个数为x，通过蓝球的概率建立一个关于x的方程，解方程即可.
【详解】设袋子中有红球x个，
根据题意得，
解得x＝1．
经检验x＝1是原方程的解．
答：袋子中有红球有1个．
故选：A．
本题主要考查随机事件的概率，掌握随机事件概率的求法是解题的关键.
4、A
【解析】连接CB.

∵∠OCD=90°，CO=CD，
∴△OCD是等腰直角三角形，
∴∠COB=45°.
∵△OAB与△OCD是位似图形，相似比为1:2，
∴2OB=OD，△OAB是等腰直角三角形.
∵2OB=OD，
∴点B为OD的中点，
∴BC⊥OD.
∵B（2，0），
∴OB=2，
∵△OAB是等腰直角三角形，
∴∠COB=45°.
∵BC⊥OD，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴BC=OB=2，
∴点C的坐标为（2，2）.
故选A.
5、B
【分析】利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半，求得圆周角的度数即可；
【详解】解：∵，
∴∠C＝∠AOB，
∵∠AOB＝100°，
∴∠C＝50°；
故选：B．
本题主要考查了圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键.
6、B
【分析】根据几何体的三视图，可判断出几何体.
【详解】解：∵主视图和左视图是等腰三角形
∴此几何体是锥体
∵俯视图是圆形
∴这个几何体是圆锥
故选B.
此题主要考查了几何体的三视图，关键是利用主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体，再由俯视图确定具体形状．
7、D
【分析】连接AD，根据想的垂直平分线的性质得到DA=DB，DB=DC，根据等腰三角形的性质计算即可．
【详解】解：连接AD，

∵点D为线段AB与线段BC的垂直平分线的交点，
∴DA=DB，DB=DC，
∴设∠DAC=x°，则∠DCA=x°，∠DAB=∠ABD=(35+x)°
∠ADB=180°-2(35+x)°
∴∠BDC+∠ADB +∠DAC +∠DCA =180°，
∠BDC+180-2(35+x)+x+x=180
∴∠BDC=70°
故选：D．
本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
8、D
【分析】根据反二次函数图象上点的坐标特征比较y1、y2、y3的大小，比较后即可得出结论．
【详解】解：∵A()、B(2， )、C ()在二次函数y=+k的图象上，
∵y=+k的对称轴x=1，∴当x=0与x=2关于x=1对称，
∵A,B在对称轴右侧,y随x的增大而增大，则y2＞y1，
C在对称轴左侧，且 ，则y3＞y2
∴y3＞y2＞y1，
故选：D．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，利用二次函数图象上点的坐标关于对称轴对称的特征比较y1、y2、y3的大小是解题的关键．
9、D
【分析】由正六边形的性质证出△AOB是等边三角形，由等边三角形的性质得出AB=OA，即可得出答案
【详解】设正六边形的中心为O，连接AO，BO，如图所示：

∵O是正六边形ABCDEF的中心，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠AOB=60°，AO=BO=2cm，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=2cm，
∴正六边形ABCDEF的周长=6AB=12cm.
故选D
此题主要考查了正多边形和圆、等边三角形的判定与性质；根据题意得出△AOB是等边三角形是解题关键.
10、D
【解析】根据相似三角形的判定和性质，即可得到答案.
【详解】解：∵，
∴∽，
∴；
故选：D.
本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形的判定和性质.

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、6
【解析】根据得到a-b=1，由是一元二次方程的两个实数根结合完全平方公式得到，根据根与系数关系得到关于k的方程即可求解.
【详解】∵，故a-b=1
∵是一元二次方程的两个实数根，
∴a+b=-5，ab=k，
∴=1
即25-4k=1,
解得k=6，
故填：6.
此题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是熟知因式分解、根与系数的关系运用.
12、（，2）．
【详解】解：如图，当点B与点D重合时，△BEF面积最大，

设BE=DE=x，则AE=4-x，
在RT△ABE中，∵EA2+AB2=BE2，
∴（4-x）2+22=x2，
∴x=，
∴BE=ED=，AE=AD-ED=，
∴点E坐标（，2）．
故答案为：（，2）．
本题考查翻折变换（折叠问题），利用数形结合思想解题是关键．
13、2.
【解析】能组合成圆锥体,那么扇形的弧长等于圆形纸片的周长.应先利用扇形的面积=圆锥的弧长母线长,得到圆锥的弧长=2扇形的面积母线长,进而根据圆锥的底面半径=圆锥的弧长求解.
【详解】圆锥的弧长,
圆锥的底面半径,
故答案为2.
解决本题的难点是得到圆锥的弧长与扇形面积之间的关系,注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点.
14、
【分析】由平行于BC的直线DE把△ABC分成面积相等的两部分，可知△ADE与△ABC相似，且面积比为，则相似比为，的值为，可求出AB的长，则DB的长可求出．
【详解】∵DE∥BC
∴△ADE∽△ABC
∵DE把△ABC分成面积相等的两部分
∴S△ADE=S四边形DBCE
∴
∴
∵AD=4，
∴AB=4
∴DB=AB-AD=4-4
故答案为：4-4
本题考查了相似三角形的判定，相似三角形的性质，面积比等于相似比的平方的逆用等．
15、
【分析】设平均每次降低的百分率为x，根据某种药原来每瓶为40元，经过两次降价，现在每瓶售价25.1元列出方程，解方程即可．
【详解】设平均每次降低的百分率为x，根据题意得：40（1﹣x）2=25.1．
故答案为：40（1﹣x）2=25.1．
本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
16、
【分析】根据菱形的性质得到∠ACB＝∠DCB＝（180°−∠D）＝51°，根据圆内接四边形的性质得到∠AEB＝∠D＝78°，由三角形的外角的性质即可得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠D＝78°，
∴∠ACB＝∠DCB＝（180°−∠D）＝51°，
∵四边形AECD是圆内接四边形，
∴∠AEB＝∠D＝78°，
∴∠EAC＝∠AEB−∠ACE＝27°，
故答案为：27°．
本题考查了菱形的性质，三角形的外角的性质，圆内接四边形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
17、
【分析】将常数项移到方程的右边，将二次项系数化成1，再两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可得．
【详解】∵，
方程整理得：，
配方得：，
即．
故答案为：．
本题主要考查了解一元二次方程-配方法，熟练掌握完全平方公式的结构特点是解本题的关键．
18、6
【解析】根据比例中项的概念结合比例的基本性质，得：比例中项的平方等于两条线段的乘积.所以c2=4×9,解得c=±6(线段是正数,负值舍去)，
故答案为6.

三、解答题(共66分)
19、（1）；（2）．
【分析】（1）设点D的坐标为（4，m）（m＞0），则点A的坐标为（4，3+m），由C为OA的中点可表示出点C的坐标，根据C、D点在反比例函数图象上可得出关于k、m的二元一次方程租，解方程组即可得出结论；
（2）由m的值，可找出点A的坐标，由此即可得出线段OB、AB的长度，从而得出△OAB为等腰直角三角形，最后得出结果．
【详解】解：（1）设点的坐标为，则点的坐标为．
点为线段的中点，点的坐标为．
点均在反比例函数的图象上，
，解得，
反比例函数的解析式为；
（2），
点的坐标为，
，
∴△OAB是等腰直角三角形，
．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、反比例函数图象上点的坐标特征、解直角三角形以及待定系数法求函数解析式等知识点，解决该题型题目时，利用反比例函数图象上点的坐标特征找出方程组，通过解方程组得出点的坐标，再利用待定系数法求出函数解析式即可．
20、（1）；（2）1.
【解析】（1）先利用树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出两次摸出的球恰好都是红球的所占的结果数，然后根据概率公式求解；
（2）根据概率公式得到，然后利用比例性质得，求解即可．
【详解】解：（1）画树状图为：

共有12种等可能的结果，其中两次摸出的球恰好都是红球的占2种，
所以两次摸出的球恰好都是红球的概率==；
（2）根据题意得,
解得n=1．
本题考查的是概率问题，熟练掌握树状图法和概率公式是解题的关键.
21、（1）①；②1.5；（2）①5；②、，、5.
【解析】（1）①根据直径所对的圆周角是直角判断△APQ为等腰三角形，结合等腰三角形的两底角相等和圆周角定理证明；②证明△PBQ∽△QBA，由对应边成比例求解；
（2）①画出图形，由勾股定理列方程求解；②分与矩形的四边分别相切，画出图形，利用切线性质，由勾股定理列方程求解.
【详解】解：（1）①如图，PQ是直径，E在圆上，
∴∠PEQ=90°，
∴PE⊥AQ,
∵AE=EQ,
∴PA=PQ,
∴∠PAQ=∠PQA,
∴∠QPB=∠PAQ+∠PQA=2∠AQP,
∵∠QPB=2∠AQP.
\
②解：如图，∵BE=BQ=3，
∴∠BEQ=∠BQE,
∵∠BEQ=∠BPQ,
∵∠PBQ=∠QBA,
∴△PBQ∽△QBA,
∴ ,
∴,
∴BP=1.5;

（2）①如图， BP=3，BQ=1，设半径OP=r,
在Rt△OPB中，根据勾股定理得，PB2+OB2=OP2
∴32+(r-1)2=r2，
∴r=5,
∴的半径是5.

②如图，与矩形的一边相切有4种情况，

如图1，当与矩形ABCD边BC相切于点Q，过O作OK⊥AB于K,则四边形OKBQ为矩形，
设OP=OQ=r,则PK=3x,
由勾股定理得，r2=12+(3-r)2,
解得，r=,
∴半径为.
如图2，当与矩形ABCD边AD相切于点N，延长NO交BC于L,则OL⊥BC,过P作PS⊥NL于S，
设OS=x，则ON=OP=OQ=3+x，设PS=BL=y,
由勾股定理得， ，
解得 （舍去），，
∴ON=,
∴半径为.
如图3，当与矩形ABCD边CD相切于点M，延长MO交AB于R,则OR⊥AB,过O作OH⊥BC于H，
设OH=BR=x，设HQ=y, 则OM=OP=OQ=4-1-y=3-y，
由勾股定理得， ，
解得 （舍去），，
∴OM=,
∴半径为.
如图4，当与矩形ABCD边AB相切于点P，过O作OG⊥BC于G,则四边形AFCG为矩形，
设OF=CG=x，，则OP=OQ=x+4,
由勾股定理得(x+4)2=32+(x+3)2,
解得，x=1,
∴OP=5,
∴半径为5.
综上所述，若与矩形的一边相切，为的半径，，，5.
本题考查圆的相关性质，涉及圆周角定理，垂径定理，切线的性质等，综合性较强，利用分类思想画出对应图形，化繁为简是解答此题的关键.
22、（1）19.5m；（2）2s
【分析】（1）根据抛物线解析式，先求出抛物线的定点，判断小球最高飞行高度，从而判断能否达到19.5m；
（2）根据定点坐标知道，小球飞从地面飞行至最高点需要2s，根据二次函数的对称性，可知从最高落在地面，也需要2s．
【详解】（1）h=20t－
由二次函数可知：抛物线开口向下，且顶点坐标为(2，20)，
可知小球的飞行高度为h=20m>19.5m
所以小球的飞行高度能否达到19.5m；
（2）根据抛物线的对称性可知，小球从最高点落到地面需要的时间与小球从地面上到最高点的时间相等．
因为由二次函数的顶点坐标可知当t=2s时小球达到最高点，
所以小球从最高点到落地需要2s．
本题考查二次函数的实际运用，解题关键是将二次函数转化为顶点式，得出顶点坐标，然后分析求解．
23、（1）48－11x；（1）x为1或3；（3）x为1时，区域③的面积最大，为140平方米
【分析】（1）将DF、EC以外的线段用x表示出来，再用96减去所有线段的长再除以1可得DF的长度；
（1）将区域③图形的面积用关于x的代数式表示出来，并令其值为180，求出方程的解即可；
（3）令区域③的面积为S，得出x关于S的表达式，得到关于S的二次函数，求出二次函数在x取值范围内的最大值即可.
【详解】（1）48－11x
（1）根据题意，得5x(48－11x)＝180，
解得x1＝1，x1＝3
答：x为1或3时，区域③的面积为180平方米
（3）设区域③的面积为S，则S＝5x(48－11x)＝－60x1＋140x＝－60(x－1)1＋140
∵－60＜0，∴当x＝1时，S有最大值，最大值为140
答：x为1时，区域③的面积最大，为140平方米
本题考查了二次函数的实际应用，解题的关键是正确理解题中的等量关系，正确得出区域面积的表达式.
24、（1）见解析；（2）7.1
【分析】（1）由旋转可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=41°，得到∠MDF=41°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；
（2）由第一问的全等得到AE=CM=3，正方形的边长为9，用AB﹣AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=x，可得出BF=BM﹣FM=BM﹣EF=12﹣x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．
【详解】（1）∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，
∴F、C、M三点共线，
∴DE=DM，∠EDM=90°，
∴∠EDF+∠FDM=90°．
∵∠EDF=41°
∴∠FDM=∠EDF=41°，
在△DEF和△DMF中，
∵，
∴△DEF≌△DMF(SAS)，
∴EF=MF；
（2）设EF=x，则MF=x．
∵AE=CM=3，且BC=9，
∴BM=BC+CM=9+3=12，
∴BF=BM﹣MF=BM﹣EF=12﹣x．
∵EB=AB﹣AE=9﹣3=6，
在Rt△EBF中，由勾股定理得：EB2+BF2=EF2，
即62+(12﹣x)2=x2，
解得：x=7.1，
则EF=7.1．

本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，利用了转化及方程的思想，熟练掌握性质及定理是解答本题的关键．
25、1）证明见解析；（2）BC=
【分析】（1）运用切线的判定，只需要证明AB⊥BC即可，即证∠ABC=90°. 连接AF，依据直径所对圆周角为90度，可以得到∠AFB=90°，依据三线合一可以得到2∠BAF=∠BAC，再结合已知条件进行等量代换可得∠BAF=∠EBC，最后运用直角三角形两锐角互余及等量代换即可.
（2）依据三线合一可以得到BF的长度，继而算出∠BAF=∠EBC的正弦值，过E作EG⊥BC于点G，利用三角函数可以解除EG的值，依据垂直于同一直线的两直线平行，可得EG与AB平行，从而得到相似三角形，依据相似三角形的性质可以求出AC的长度，最后运用勾股定理求出BC的长度.
【详解1）证明：连接AF．

∵AB为直径， ∴∠AFB=90°．
又∵AE=AB，
∴2∠BAF=∠BAC，∠FAB+∠FBA=90°．
又∵∠BAC=2∠EBC，
∴∠BAF=∠EBC，
∴∠FAB+∠FBA=∠EBC+∠FBA=90°．
∴∠ABC=90°．即AB⊥BC，
∴BC与⊙O相切；
（2）解：过E作EG⊥BC于点G，

∵AB=AE，∠AFB=90°，
∴BF=BE=×4=2，
∴sin∠BAF=，
又∵∠BAF=∠EBC，
∴sin∠EBC=．
又∵在△EGB中，∠EGB=90°，
∴EG=BE•sin∠EBC=4×=1，
∵EG⊥BC，AB⊥BC，
∴EG∥AB，
∴△CEG∽△CAB，
∴．
∴，
∴CE=，
∴AC=AE+CE=8+=．
在Rt△ABC中，
BC=
本题考查了切线的判定定理，相似三角形的判定及性质，等腰三角形三线合一的性质，锐角三角函数等知识，作辅助线构造熟悉图形，实现角或线段的转化是解题的关键.
26、（1）-4；（2）见解析；（3）点E的坐标为（﹣4，1）．
【分析】（1）根据一次函数图象上点的坐标特征求出点A的坐标，利用待定系数法求出k；
（2）先求出点D的坐标，求出∠ADB=45°，∠ODC=45°，从而得解；
（3）设出点E的坐标，根据三角形的面积公式解答．
【详解】（1）设点B的坐标为（a，0），
∵∠ABO＝90°，AB＝BO，
∴点A的坐标为（a，﹣a），
∵点A在直线y＝﹣3x﹣4上，
∴﹣a＝﹣3a﹣4，
解得，a＝﹣2，
即点A的坐标为（﹣2，2），
∵点A在反比例函数y＝上，
∴k＝﹣4；
（2）∵点D与点O关于AB对称，
∴点D的坐标为（﹣4，0）
∴OD＝4，
∴DB＝BA＝2，
则∠ADB＝45°，
∵直线y＝﹣3x﹣4交y轴于C点，
∴点C的坐标为（0，﹣4），
∴OD＝OC，
∴∠ODC＝45°，
∴∠ADC＝∠ADB+∠ODC＝90°，
即△ACD是直角三角形；
（3）设点E的坐标为（m，﹣），
∵S△OCE＝S△OCD，
∴×4×4＝×4×（﹣m），
解得，m＝﹣4，
∴﹣=1，
∴点E的坐标为（﹣4，1）．
本题考查的是反比例函数与几何的综合题，掌握待定系数法求反比例函数解析式是解题的关键．