2018-2019学年浙江省台州市路桥区九年级（上）期末数学试卷（解析版）

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1、2018-2019学年浙江省台州市路桥区九年级（上）期末数学试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，请选出各题中一个符合题意的正确选项，不选、多选、错选，均不给分）1（4分）下列交通标志是中心对称图形的为（）ABCD2（4分）若关于x的方程（a+1）x23x20是一元二次方程，则a的取值范围是（）Aa0Ba1Ca1Da13（4分）若圆锥的底面半径为2cm，母线长为3cm，则它的侧面积为（）A2cm2B3cm2C6cm2D12cm24（4分）若点A（1，y1）和点B（2，y2）是反比例函数y图象上的两点，则y1和y2的大小关系是（）Ay1y2By1y2Cy1y2D无法确定5（4分）

2、如图，正六边形ABCDEF内接于O，连接BO，则OBC的度数是（）A50B45C65D606（4分）下列关于二次函数y2（x3）21的说法，正确的是（）A对称轴是直线x3B当x3时，y有最小值是1C顶点坐标是（3，1）D当x3时，y随x的增大而减小7（4分）下列说法正确的是（）A蜡烛在真空中燃烧是一个随机事件B在射击比赛中，运动员射中靶心和没有射中靶心的可能性相同C某抽奖游戏的中奖率为1%，说明只有抽奖100次，才能中奖1次D天气预报明天降水概率为80%，表示明天下雨的可能性较大8（4分）如图，A过原点O，分别与x轴、y轴交于点C和点D，点B在A上，已知B30，A的半径为2，则圆心A的坐标是（

3、）A（，1）B（1，）C（，1）D（1，）9（4分）已知关于x的一元二次方程（a+1）x2+2bx+（a+1）0有两个相等的实数根，则下面说法正确的是（）A1一定不是方程x2+bx+a0的根B0一定不是方程x2+bx+a0的根C1可能是方程x2+bx+a0的根D1和1都是方程x2+bx+a0的根10（4分）如图，RtABC中，ACB90，ACBC，以AB为斜边另作RtAPB，连接PC，当点P在AC左侧时，下列结论正确的是（）AAPC的度数不确定BPBPC+PAC当PA1时，PCD当PAPC时，PB22+二、填空题（本题共6小题，每小题5分，共30分）11（5分）如果反比例函数y的图象经过点P（

4、3，1），那么k 12（5分）如图，已知MAN140，将正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转到正方形AEFG的位置，则旋转角的度数为 13（5分）十八世纪法国有名的数学家达兰倍尔犯了这样一个错误：拿两枚硬币随意抛掷，会出现三种情况，要么两枚都是正面向上，要么一枚正面向上，一枚背面向上，要么两枚都是背面向上，因此，两枚都是正面向上的概率是事实上，两枚硬币都是正面向上的概率应该是 14（5分）如图，市中心广场有一块长50m，宽30m的矩形场地ABCD，现计划修建同样宽的人行道，使其中两条与AB平行，另一条与AD平行，其余部分种植草坪要使草坪部分的总面积为1000m2，则人行道的宽为 m15（5分）如

5、图，已知抛物线y12x2+2，直线y22x+2，当x任取一值时，x对应的函数值分别为y1，y2若y1y2，取y1，y2中的较小值记为M；若y1y2，记My1y2例如：当x1时，y10，y24，y1y2，此时M0那么使得M1的x值为 16（5分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数yx2+4的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，C的半径为2，M是C上任意一点，连接MB，取MB的中点D，连接OD，则线段OD的取值范围是 三、解答题（本题共8小题，其中第17-20题每题8分，第21题10分，第2223题每题12分，第24题14分，共80分）17（8分）解方程（1）3x2x0（2）x24x+101

6、8（8分）一个不透明袋子中有1个红球和n个白球，这些球除颜色外无其他差别（1）从袋中随机摸出一个球，记录其颜色，然后放回大量重复该实验，发现摸到红球的频率稳定于0.25，求n的值（2）在（1）的条件下，从袋中随机摸出两个球，求两个球颜色不同的概率19（8分）如图，已知直线y1x与双曲线y2相交于A、B两点，且点A的横坐标为2（1）求点B的坐标；（2）当y1y2时，利用函数图象直接写出x的取值范围20（8分）如图，在平面直角坐标系中，ABC的三个顶点的坐标分别为A（3，3），B（2，1），C（1，2）（1）把ABC绕原点O旋转，使点C与点C1（2，1）重合，画出旋转后的A1B1C1，并写出点A1

7、，B1的坐标；（2）在（1）的条件下，若ABC是按顺时针方向旋转的，求点A到点A1经过的路径的长21（10分）如图，在RtABC中，C90，AD平分BAC交BC于点D，点E在AB上，以AE为直径的O经过点D（1）求证：直线BC是O的切线；（2）若B30，AC3，求图中阴影部分的面积22（12分）如图，足球场上守门员在O处踢出一高球，球从离地面1m的A处飞出（A在y轴上），运动员乙在距O点6m的B处发现球在自己头的正上方达到最高点M，距地面有4m高，球落地后又一次弹起，第二个落点为D，据实验测算，足球在草坪上弹起后的抛物线与原来的抛物线形状相同，最大高度减少到原来最大高度的一半（1）求足球开始飞

8、出到第一次落地时，该抛物线的解析式；（2）求足球第一次落地点C处距守门员有多少米？（取1.7）（3）运动员乙要抢到第二个落点D处的球，他应再向前跑多少米？（取2.5）23（12分）已知：在ABC中，AB6，ACBC5，将ABC绕点A按顺时针方向旋转（旋转角度小于180），得到ADE，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E（1）如图1，连接BE，若DAB+ACB180，请判断四边形AEBC的形状，并说明理由；（2）如图2，设BE的延长线与AD交于点F，若AFFD，求BAD的度数；（3）如图3，连接CD，若CAEACB，求CD的长24（14分）如图，ABC内接于O，半径BO与AC相交于点D，BO的

9、延长线与O交于点F，与过点C的切线NC交于点M，过点D作DEBC，垂足为E，连接CF，已知MFFC（1）求证：M30；（2）若，求的值；当DEC的面积是它最大值的时，求的值（3）若DEAB，试判断点D所在的位置（请直接写出答案）2018-2019学年浙江省台州市路桥区九年级（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，请选出各题中一个符合题意的正确选项，不选、多选、错选，均不给分）1（4分）下列交通标志是中心对称图形的为（）ABCD【分析】根据中心对称图形的定义即可解答【解答】解：A、属于轴对称图形，不是中心对称的图形，不合题意；B、是中心对称的图形，但

10、不是交通标志，不符合题意；C、属于轴对称图形，属于中心对称的图形，符合题意；D、不是中心对称的图形，不合题意故选：C【点评】本题考查中心对称图形的定义：绕对称中心旋转180度后所得的图形与原图形完全重合2（4分）若关于x的方程（a+1）x23x20是一元二次方程，则a的取值范围是（）Aa0Ba1Ca1Da1【分析】根据一元二次方程的定义知：a+10，据此可以求得a的取值范围【解答】解：根据题意，得a+10，解得，a1故选：B【点评】本题考查了一元二次方程的概念，一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数3（4分）若圆

11、锥的底面半径为2cm，母线长为3cm，则它的侧面积为（）A2cm2B3cm2C6cm2D12cm2【分析】利用圆锥的底面半径为2cm，母线长为3cm，直接利用圆锥的侧面积公式求出即可【解答】解：依题意知母线长3cm，底面半径r2cm，则由圆锥的侧面积公式得Srl236cm2故选：C【点评】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是弄清圆锥的侧面积的计算方法，特别是圆锥的底面周长等于圆锥的侧面扇形的弧长4（4分）若点A（1，y1）和点B（2，y2）是反比例函数y图象上的两点，则y1和y2的大小关系是（）Ay1y2By1y2Cy1y2D无法确定【分析】根据反比例函数y图象上的点，在x0时的增减性，结合横坐

12、标的大小关系，即可得到答案【解答】解：点A（1，y1）和点B（2，y2）是反比例函数y图象上的两点又反比例函数y在x0时，y随着x的增大而增大，且12，y1y2，故选：A【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，正确掌握反比例函数的性质是解题的关键5（4分）如图，正六边形ABCDEF内接于O，连接BO，则OBC的度数是（）A50B45C65D60【分析】连接OC，由多边形是正六边形可求出COB的度数，从而得到OBC是等边三角形，得到OBC的度数即可【解答】解：连接OC，六边形ABCDEF是正六边形，COB60，OBC是等边三角形，OBC60，故选：D【点评】本题考查的是正多边形和圆，根据

13、题意作出辅助线构造出圆心角是解答此题的关键6（4分）下列关于二次函数y2（x3）21的说法，正确的是（）A对称轴是直线x3B当x3时，y有最小值是1C顶点坐标是（3，1）D当x3时，y随x的增大而减小【分析】根据二次函数的性质对各选项分析判断后利用排除法求解【解答】解：由二次函数y2（x3）21可知：开口向上，顶点坐标为（3，1），当x3时有最小值是1；对称轴为x3，当x3时，y随x的增大而增大，当x3时，y随x的增大而减小，故A、C、D错误，B正确，故选：B【点评】本题考查了二次函数的性质，主要利用了开口方向，顶点坐标，对称轴以及二次函数的增减性7（4分）下列说法正确的是（）A蜡烛在真空中燃

14、烧是一个随机事件B在射击比赛中，运动员射中靶心和没有射中靶心的可能性相同C某抽奖游戏的中奖率为1%，说明只有抽奖100次，才能中奖1次D天气预报明天降水概率为80%，表示明天下雨的可能性较大【分析】根据概率的定义，事件的定义一一判断即可【解答】解：A、蜡烛在真空中燃烧是一个随机事件，错误，蜡烛在真空中燃烧是一个不可能事件B、在射击比赛中，运动员射中靶心和没有射中靶心的可能性相同，错误，射中靶心和没有射中靶心的两种情况的机会不等，因而不是等可能事件C、某抽奖游戏的中奖率为1%，说明只有抽奖100次，才能中奖1次，错误，抽100次奖只能推断为：有可能中奖一次，也有可能一次也不中，还有可能中好几次，

15、属于不确定事件中的可能性事件，而不是买100张一定会一等中奖D、天气预报明天降水概率为80%，表示明天下雨的可能性较大，正确故选：D【点评】本题考查概率，事件的定义，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型8（4分）如图，A过原点O，分别与x轴、y轴交于点C和点D，点B在A上，已知B30，A的半径为2，则圆心A的坐标是（）A（，1）B（1，）C（，1）D（1，）【分析】连接CD，过A作AEOC于E，根据圆周角定理得到CD是O的直径，解直角三角形得到ODCD2，OCCD2，根据垂径定理得到结论【解答】解：连接CD，过A作AEOC于E，COD90，CD是O的直径，CD4，D

16、COB30，ODCD2，OCCD2，AEOC，OECEOC，AEAC1，A（，1），故选：A【点评】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，垂径定理，正确的作出辅助线是解题的关键9（4分）已知关于x的一元二次方程（a+1）x2+2bx+（a+1）0有两个相等的实数根，则下面说法正确的是（）A1一定不是方程x2+bx+a0的根B0一定不是方程x2+bx+a0的根C1可能是方程x2+bx+a0的根D1和1都是方程x2+bx+a0的根【分析】根据方程有两个相等的实数根可得出ba+1或b（a+1），当ba+1时，1是方程x2+bx+a0的根；当b（a+1）时，1是方程x2+bx+a0的根再结合a+1（a+

17、1），可得出1和1不都是关于x的方程x2+bx+a0的根【解答】解：关于x的一元二次方程（a+1）x2+2bx+（a+1）0有两个相等的实数根，ba+1或b（a+1）当ba+1时，有ab+10，此时1是方程x2+bx+a0的根；当b（a+1）时，有a+b+10，此时1是方程x2+bx+a0的根a+10，a+1（a+1），1和1不都是关于x的方程x2+bx+a0的根故选：C【点评】本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，牢记“当0时，方程有两个相等的实数根”是解题的关键10（4分）如图，RtABC中，ACB90，ACBC，以AB为斜边另作RtAPB，连接PC，当点P在AC左侧时，下列结论正确

18、的是（）AAPC的度数不确定BPBPC+PAC当PA1时，PCD当PAPC时，PB22+【分析】因为ACBAPB90，可得A，P，C，B四点共圆，即CPBCAB45，可得APCAPB+CPB90+45135，故选项A错误；过点C作CP的垂线交PB于点K，证明BCKACP，得APBK，所以PBPC+PA，故选项B错误；当PA1时和PAPC时，结合PBPC+PA的关系式，即可对选项C，D作出判断【解答】解：ACBAPB90，A，P，C，B四点共圆，ACBC，CAB45，CPBCAB45，APCAPB+CPB90+45135，选项A错误；如图，过点C作CP的垂线交PB于点K，CPK45，CKPCPK

19、45，PCKC，CKBCPA135，PCKACB90，BCKACP，BCKACP（ASA），APBK，PKPC，PBPC+PA，选项B错误；当PA1时，ACBC，AB2，PB，PBPC+PA，PC+1，解得PC，选项C错误；当PAPC时，PB（+1）PA，PA2+PB2AB2，（1）2PB2+PB24，解得PB22+选项D正确故选：D【点评】本题考查了图形的旋转，三角形全等判定和性质，勾股定理解题的关键是构造全等三角形得出关系式：PBPC+PA二、填空题（本题共6小题，每小题5分，共30分）11（5分）如果反比例函数y的图象经过点P（3，1），那么k3【分析】因为函数经过一定点，将此点坐标代入

20、函数解析式y（k0）即可求得k的值【解答】解：设反比例函数的解析式为y（k0），由图象可知，函数经过点P（3，1），1，得k3故答案为：3【点评】此题比较简单，考查的是用待定系数法求反比例函数的比例系数，是中学阶段的重点12（5分）如图，已知MAN140，将正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转到正方形AEFG的位置，则旋转角的度数为50【分析】由正方形的性质和旋转的性质可求旋转角的度数【解答】解：四边形ABCD是正方形，BAD90DAGMANBAD50将正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转到正方形AEFG的位置，DAG是旋转角，旋转角的度数为50故答案为：50【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的

21、性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键13（5分）十八世纪法国有名的数学家达兰倍尔犯了这样一个错误：拿两枚硬币随意抛掷，会出现三种情况，要么两枚都是正面向上，要么一枚正面向上，一枚背面向上，要么两枚都是背面向上，因此，两枚都是正面向上的概率是事实上，两枚硬币都是正面向上的概率应该是【分析】根据题意先求出所有等可能的情况数和两枚硬币都是正面向上的情况数，然后根据概率公式即可得出答案【解答】解：同时抛掷两枚质地均匀的硬币一次，共有正正、正反、反正、反反四种等可能的结果，两枚硬币都是正面向上的有1种，所以两枚硬币都是正面向上的概率应该是；故答案为：【点评】此题考查了求概率，用到的知识点为：概率所求情况

22、数与总情况数之比，熟知概率的定义是解答此题的关键14（5分）如图，市中心广场有一块长50m，宽30m的矩形场地ABCD，现计划修建同样宽的人行道，使其中两条与AB平行，另一条与AD平行，其余部分种植草坪要使草坪部分的总面积为1000m2，则人行道的宽为5m【分析】六块草坪组合到一起，正好构成一个矩形，根据这矩形的面积，设人行道的宽为x米，则矩形的长是（502x）m，宽是（20x）m，即可得到方程（502x）（20x）1000；【解答】解：设人行道路的宽为x米，根据题意得：（502x）（30x）1000；解得：x5或x50（舍去）故答案为：5【点评】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是设出

23、未知数并表示出面积，难度不大15（5分）如图，已知抛物线y12x2+2，直线y22x+2，当x任取一值时，x对应的函数值分别为y1，y2若y1y2，取y1，y2中的较小值记为M；若y1y2，记My1y2例如：当x1时，y10，y24，y1y2，此时M0那么使得M1的x值为或【分析】利用图象与坐标轴交点以及M值的取法，分别利用图象进行分析即可得出答案【解答】解：如图，y12x2+2，抛物线与坐标轴的交点是：（1，0），（1，0），（0，2）直线y22x+2，该直线与坐标轴的交点是：（1，0），（0，2）即A（1，0），B（1，0），C（0，2）根据图示知，当1x0时，y1y2，使得M1时，y22

24、x+21，解得：x；当x0时，y2y1，使得M1时，即y12x2+21，解得：x1，x2（舍去），使得M1的x值是或故答案是：或【点评】此题主要考查了二次函数与一次函数综合应用注意掌握函数增减性是解题关键，注意数形结合思想与方程思想的应用16（5分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数yx2+4的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，C的半径为2，M是C上任意一点，连接MB，取MB的中点D，连接OD，则线段OD的取值范围是1OD+1【分析】连接AM，当点A、C、M共线时，来求AM的最值，结合三角形中位线定理可以求得OD的取值范围【解答】解：由yx2+4得到：A（2，0），C（0，4）则AC2

25、连接AM，如图，D为MB的中点，O为AB的中点，OD为ABM的中位线，ODAM当AM的值最小时，OD的值最小当直线AC经过点M时，AM最小，此时AM22，OD最小值AM1当AM的值最大时，OD的值最大，当线段AC延长线经过点M时，AM最大，此时AM2+2，OD最小值AM+1所以线段OD的取值范围是1OD+1故答案是：1OD+1【点评】考查了抛物线与x轴的交点，求出线段AM的最大值和最小值是解题的关键三、解答题（本题共8小题，其中第17-20题每题8分，第21题10分，第2223题每题12分，第24题14分，共80分）17（8分）解方程（1）3x2x0（2）x24x+10【分析】（1）先提取公因

26、式x，将左边因式分解，再进一步求解可得；（2）利用配方法求解可得【解答】解：（1）3x2x0，x（3x1）0，则x0或3x10，解得：x10，x2；（2）x24x+10，x24x1，则x24x+41+4，即（x2）23，x2，x12+，x22【点评】本题考查了解一元二次方程的应用，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键18（8分）一个不透明袋子中有1个红球和n个白球，这些球除颜色外无其他差别（1）从袋中随机摸出一个球，记录其颜色，然后放回大量重复该实验，发现摸到红球的频率稳定于0.25，求n的值（2）在（1）的条件下，从袋中随机摸出两个球，求两个球颜色不同的概率【分析】（1）利用频率估计概率

27、，则摸到绿球的概率为0.25，根据概率公式得到0.25，然后解方程即可；（2）先画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出两次摸出的球颜色不同的结果数，然后根据概率公式求解【解答】解：（1）利用频率估计概率得到摸到绿球的概率为0.25，则0.25，解得n3；（2）画树状图为：共有12种等可能的结果数，其中两次摸出的球的颜色不同的结果共有6种，所以两次摸出的球颜色不同的概率【点评】本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率当实验的所有可能结果

28、不是有限个或结果个数很多，或各种可能结果发生的可能性不相等时，一般通过统计频率来估计概率19（8分）如图，已知直线y1x与双曲线y2相交于A、B两点，且点A的横坐标为2（1）求点B的坐标；（2）当y1y2时，利用函数图象直接写出x的取值范围【分析】（1）把x2代入y1得到纵坐标的值，即点A的坐标，根据点A和点B关于原点对称，即可得到答案，（2）根据点A和点B的坐标，结合函数图象，即可得到答案【解答】解：（1）把x2代入y1得：y11，即点A的坐标为：（2，1），点A和点B关于原点中心对称，点B的坐标为：（2，1），（2）根据图象可知：x的取值范围为：2x0或x2【点评】本题考查了反比例函数与一

29、次函数的交点问题，解题的关键：（1）正确掌握代入法，（2）正确掌握数形结合的思想20（8分）如图，在平面直角坐标系中，ABC的三个顶点的坐标分别为A（3，3），B（2，1），C（1，2）（1）把ABC绕原点O旋转，使点C与点C1（2，1）重合，画出旋转后的A1B1C1，并写出点A1，B1的坐标；（2）在（1）的条件下，若ABC是按顺时针方向旋转的，求点A到点A1经过的路径的长【分析】（1）由题意知，需将ABC绕点O顺时针旋转90，据此得出变换后的对应点，再顺次连接即可得；（2）根据弧长公式列式计算即可得【解答】解：（1）如图所示，A1B1C1即为所求，由图知，将ABC绕原点O顺时针旋转90时，

30、得到A1B1C1，点A1的坐标为（3，3），B1的坐标为（1，2），（2）AO3，AOA190，点A到点A1经过的路径的长为【点评】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与性质，并据此得出变换后的对应点和弧长公式21（10分）如图，在RtABC中，C90，AD平分BAC交BC于点D，点E在AB上，以AE为直径的O经过点D（1）求证：直线BC是O的切线；（2）若B30，AC3，求图中阴影部分的面积【分析】（1）连接OD，由AD平分BAC，可知OADCAD，易证ODAOAD，所以ODACAD，所以ODAD，由于C90，所以ODB90，从而可证直线BC是O的切线；（2）根据含30度

31、角的直角三角形性质可求出AB的长度，然后求出AOD的度数，然后根据扇形的面积公式即可求出答案【解答】解：（1）连接OD，AD平分BAC，OADCAD，OAOD，ODAOAD，ODACAD，ODAD，C90，ODB90，ODBC，直线BC是O的切线；（2）由B30，C90，ODB90，得：AB2AC6，OB2OD，AOD120，DAC30，OAOD，OB2OA，OAOD2，由DAC30，得DC，S阴影S扇形OADSOAD42【点评】本题考查圆的综合问题，涉及角平分线的性质，平行线的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，扇形面积公式等，需要学生灵活运用所学知识22（12分）如图，足球场上守门员

32、在O处踢出一高球，球从离地面1m的A处飞出（A在y轴上），运动员乙在距O点6m的B处发现球在自己头的正上方达到最高点M，距地面有4m高，球落地后又一次弹起，第二个落点为D，据实验测算，足球在草坪上弹起后的抛物线与原来的抛物线形状相同，最大高度减少到原来最大高度的一半（1）求足球开始飞出到第一次落地时，该抛物线的解析式；（2）求足球第一次落地点C处距守门员有多少米？（取1.7）（3）运动员乙要抢到第二个落点D处的球，他应再向前跑多少米？（取2.5）【分析】（1）由条件可以得出M（6，4），设抛物线的解析式为ya（x6）2+4，由待定系数法求出其解即可；（2）当y0时代入（1）的解析式，求出x的值

33、即可；（3）设第二次抛物线的顶点坐标为（m，2），抛物线的解析为ya（xm）2+2，求出解析式，就可以求出OD的值，进而得出结论【解答】解：（1）根据题意，可设第一次落地时，抛物线的表达式为ya（x6）2+4，将点A（0，1）代入，得：36a+41，解得：a，足球开始飞出到第一次落地时，该抛物线的表达式为y（x6）2+4；（2）令y0，得：（x6）2+40，解得：x14+613，x24+60（舍去），足球第一次落地点C距守门员13米；（3）如图，足球第二次弹出后的距离为CD，根据题意知CDEF（即相当于将抛物线AEMFC向下平移了2个单位），（x6）2+42，解得：x162，x26+2，CDx

34、2x1410，BD136+1017米，答：运动员乙要抢到足球第二个落点D，他应再向前跑17米【点评】本题考查了运用顶点式及待定系数法求二次函数的解析式的运用，由函数值求自变量的值的运用，二次函数的性质的运用，解答时求出函数的解析式是关键23（12分）已知：在ABC中，AB6，ACBC5，将ABC绕点A按顺时针方向旋转（旋转角度小于180），得到ADE，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E（1）如图1，连接BE，若DAB+ACB180，请判断四边形AEBC的形状，并说明理由；（2）如图2，设BE的延长线与AD交于点F，若AFFD，求BAD的度数；（3）如图3，连接CD，若CAEACB，求CD的

35、长【分析】（1）结论：四边形AEBC是菱形（2）如图2中，连接BD只要证明ABD是等边三角形即可（3）如图3中，在BA的延长线上 取一点D，使得ADAD，连接CD，作CHAB于H证明DACDAC可得CDCD，利用勾股定理求出CD即可【解答】解：（1）结论：四边形AEBC是菱形理由：如图1中，由旋转的性质可知：DABEAC，DAB+ACB180，EAC+ACB180，AEBC，AEBC，四边形AEBC是平行四边形，AEAC，四边形AEBC是菱形（2）如图2中，连接BDAEDE，AFDF，EF垂直平分线段AD，BABD，ABAD，ABD是等边三角形，BAD60（3）如图3中，在BA的延长线上 取一

36、点D，使得ADAD，连接CD，作CHAB于HDAEB，CAEACBDACACB+BCAE+DAEDAC，ACAC，DACDAC（SAS）CDCD，易知：CH4，DH9，由勾股定理得到：CD，CD【点评】本题属于四边形综合题，考查了旋转变换，菱形的判定，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题24（14分）如图，ABC内接于O，半径BO与AC相交于点D，BO的延长线与O交于点F，与过点C的切线NC交于点M，过点D作DEBC，垂足为E，连接CF，已知MFFC（1）求证：M30；（2）若，求的值；当

37、DEC的面积是它最大值的时，求的值（3）若DEAB，试判断点D所在的位置（请直接写出答案）【分析】（1）连接OC，只要证明FOC是等边三角形即可解决问题（2）设OBr，则DCOBr作CHBF于点H想办法求出OD，OB即可解决问题设O的半径为r，DEx，DEC的面积为s构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可（3）连接OA作OGAB于G由GOBEDC（AAS），推出OBCDOC，由BOCOCM+M90，推出D，O，C三点无法构成等腰三角形，推出点D与点O重合【解答】解：（1）连接OCMN是切线，MCO90，MOC+M90FCM+OCF，MFFC，MFCM，MOCOCF，OFCFOC，FOC是

38、等边三角形，FOC60，M30（2）设OBr，则DCOBr作CHBF于点H由（1）可知BFC60，FCFOOBr，FCH30，在RtFCH中，FHFC，CHr，OHr，在RtCDH中，DH2+CH2CD2，DH2+（r）2（r）2，DHr，ODDHOHr，设O的半径为r，DEx，DEC的面积为s由（1）可知BFOC30，DEBC，BEx，由垂径定理可得BCr，sx（rx）x2+rx当xr时，s有最大值，最大值r2，当sr2r2时， x2+rxr2，化简得到：9x29rx+2r20，解得xr或r，xDEBDr，xr，在RtDEC中，CD2DE2+EC2（r）2+（rr）2r2，CDr，（3）连接OA作OGAB于G由垂径定理可知：GBAB，GOBAOB，DCEAOB，DEAB，GOBDCE，GDE，DGBCED90GOBEDC（AAS），OBCDOC，BOCOCM+M90，D，O，C三点无法构成等腰三角形，点D与点O重合【点评】本题属于圆综合题，考查了切线的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，二次函数的应用，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数，根据二次函数解决问题，属于中考压轴题