【332029】期末检测试卷2

期末检测试卷

　一、选择题：本大题共12小题，其中1-8小题每小题3分，9-12小题每小题3分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请将正确的字母代号涂在答题卡相应位置上．

1．下列方程是一元二次方程的是（　　）

A．（x﹣3）x=x²+2 B．ax²+bx+c=0 C．3x²﹣ +2=0 D．2x²=1

【考点】一元二次方程的定义；方程的定义．

【专题】方程思想．

【分析】根据一元二次方程的定义：含有一个未知数，并且未知数的最高常数是2整式方程是一元二次方程．对每个方程进行分析，作出判断．

【解答】解：A：化简后不含二次项，不是一元二次方程；

B：当a=0时，不是一元二次方程；

C：是分式方程，不是整式方程，所以不是一元二次方程；

D：符合一元二次方程的定义，是一元二次方程．

故本题选D．

【点评】本题考查的是一元二次方程的定义，根据定义对每个方程进行分析，作出判断．

　

2．下列标识中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）

A． B． C． D．

【考点】中心对称图形；轴对称图形．

【分析】根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形性质即可做出判断．

【解答】解：①既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确；

②不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；

③不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；

④是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项正确．

故选：A．

【点评】主要考查了中心对称图形以及轴对称图形的定义，根据题意灵活区分定义是解决问题的关键

　

3．把方程x²﹣4x+1=0配方，化为（x+m）²=n的形式应为（　　）

A．²=3 C．²=3

【考点】解一元二次方程-配方法．

【分析】利用完全平方公式配方即可求解．

【解答】解：把方程x²﹣4x+1=0配方，得（x﹣2）²=3，

故选：B．

【点评】本题主要考查了解一元一次方程的配方法，解题的关键是熟记安全平方公式．

　

4．如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转31°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC的度数为100°，则∠DOB的度数是（　　）

A．34° B．36° C．38° D．40°

【考点】旋转的性质．

【分析】根据旋转的性质求出∠AOD和∠BOC的度数，计算出∠DOB的度数．

【解答】解：由题意得，∠AOD=31°，∠BOC=31°，又∠AOC=100°，

∴∠DOB=100°﹣31°﹣31°=38°．

故选：C．

【点评】本题考查的是旋转的性质，掌握旋转角、旋转方向和旋转中心的概念是解题的关键．

　

5．如图，从一块直径是8m的圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°的扇形，将剪下的扇形围成一个圆锥，圆锥的高是（　　）m．

A．4 B．5 C． D．2

【考点】圆锥的计算．

【分析】首先连接AO，求出AB的长度是多少；然后求出扇形的弧长 为多少，进而求出扇形围成的圆锥的底面半径是多少；最后应用勾股定理，求出圆锥的高是多少即可．

【解答】解：如图1，连接AO，

∵AB=AC，点O是BC的中点，

∴AO⊥BC，

又∵∠BAC=90°，

∴∠ABO=∠AC0=45°，

∴AB= （m），

∴ = =2 π（m），

∴将剪下的扇形围成的圆锥的半径是：

2 π÷2π= （m），

∴圆锥的高是： = （m）．

故选：C．

【点评】此题主要考查了圆锥的计算，要熟练掌握，解答此题的关键是求出扇形围成的圆锥的底面半径是多少．

　

6．将一个正六面体骰子连掷两次，它们的点数都是4的概率是（　　）

A． B． C． D．

【考点】列表法与树状图法．

【分析】列举出所有情况，看所求的情况占总情况的多少即可．

【解答】解：每个骰子上都有6个数，那么投掷2次，将有6×6=36种情况，它们的点数都是4的只有1种情况，

∴它们的点数都是4的概率是 ．

故选D．

【点评】考查了列表法和树状图法，如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）= ．注意本题是放回实验．

　

7．如图，F是平行四边形ABCD对角线BD上的点，BF：FD=1：3，则BE：EC=（　　）

A． B． C． D．

【考点】相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质．

【分析】由平行四边形的性质易证两三角形相似，根据相似三角形的性质可解．

【解答】解：∵ABCD是平行四边形

∴AD∥BC

∴△BFE∽△DFA

∴BE：AD=BF：FD=1：3

∴BE：EC=BE：（BC﹣BE）=BE：（AD﹣BE）=1：（3﹣1）

∴BE：EC=1：2

故选A．

【点评】本题考查了相似三角形的性质；其中由相似三角形的性质得出比例式是解题关键．注意：求相似比不仅要认准对应边，还需注意两个三角形的先后次序．

　

8．函数y= 与y=﹣kx²+k（k≠0）在同一直角坐标系中的图象可能是（　　）

A． B． C． D．

【考点】二次函数的图象；反比例函数的图象．

【专题】压轴题；数形结合．

【分析】本题可先由反比例函数的图象得到字母系数的正负，再与二次函数的图象相比较看是否一致．

【解答】解：由解析式y=﹣kx²+k可得：抛物线对称轴x=0；

A、由双曲线的两支分别位于二、四象限，可得k＜0，则﹣k＞0，抛物线开口方向向上、抛物线与y轴的交点为y轴的负半轴上；本图象与k的取值相矛盾，故A错误；

B、由双曲线的两支分别位于一、三象限，可得k＞0，则﹣k＜0，抛物线开口方向向下、抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上，本图象符合题意，故B正确；

C、由双曲线的两支分别位于一、三象限，可得k＞0，则﹣k＜0，抛物线开口方向向下、抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上，本图象与k的取值相矛盾，故C错误；

D、由双曲线的两支分别位于一、三象限，可得k＞0，则﹣k＜0，抛物线开口方向向下、抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上，本图象与k的取值相矛盾，故D错误．

故选：B．

【点评】本题主要考查了二次函数及反比例函数和图象，解决此类问题步骤一般为：（1）先根据图象的特点判断k取值是否矛盾；（2）根据二次函数图象判断抛物线与y轴的交点是否符合要求．

　

9．若m为实数，则函数y=（m﹣2）x²+mx+1的图象与坐标轴交点的个数为（　　）

A．3 B．2 C．1或2 D．2或3

【考点】抛物线与x轴的交点；一次函数图象上点的坐标特征．

【分析】①当m=2时，函数y=（m﹣2）x²+mx+1为一次函数，所以它的图象与坐标轴交点的个数为2；

②当m≠2时，利用（m﹣2）x²+mx+1=0的根的个数，△=m²﹣4（m﹣2）=（m﹣2）²+4＞0，得方程有两个不同的根，即函数与x轴的交点个数为2个，与y轴的交点个数为1，得出函数y=（m﹣2）x²+mx+1的图象与坐标轴交点的个数为3．

【解答】解：①当m=2时，y=2x+1，

∴函数y=（m﹣2）x²+mx+1的图象与坐标轴交点的个数为2；

②当m≠2时，函数y=（m﹣2）x²+mx+1的图象与x轴的交点个数即为方程（m﹣2）x²+mx+1=0的根的个数，

∵△=m²﹣4（m﹣2）=（m﹣2）²+4＞0，

∴方程有两个不同的根，即函数与x轴的交点个数为2，与y轴的交点个数为1，

∴当m≠2时，则函数y=（m﹣2）x²+mx+1的图象与坐标轴交点的个数为3．

故选：D．

【点评】本题主要考查了抛物线与x轴的交点及一次函数图象与坐标的交点，解题的关键是分m=2和m≠2两种情况分析．

　

10．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，弦AD平分∠BAC，交BC于点E，AB=6，AD=5，则AE的长为（　　）

A．2.5 B．2.8 C．3 D．3.2

【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理．

【专题】压轴题．

【分析】连接BD、CD，由勾股定理先求出BD的长，再利用△ABD∽△BED，得出 = ，可解得DE的长，由AE=AD﹣DE求解即可得出答案．

【解答】解：如图1，连接BD、CD，

，

∵AB为⊙O的直径，

∴∠ADB=90°，

∴BD= ，

∵弦AD平分∠BAC，

∴CD=BD= ，

∴∠CBD=∠DAB，

在△ABD和△BED中，

∴△ABD∽△BED，

∴ = ，即 = ，

解得DE= ，

∴AE=AD﹣DE=5﹣ =2.8．

故选：B

【点评】此题主要考查了三角形相似的判定和性质及圆周角定理，解答此题的关键是得出△ABD∽△BED．

　

11．如图，BC是⊙A的内接正十边形的一边，BD平分∠ABC交AC于点D，则下列结论正确的有（　　）

①BC=BD=AD；②BC²=DCAC；③AB=2AD；④BC= AC．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【考点】正多边形和圆；相似三角形的判定与性质．

【专题】计算题；压轴题．

【分析】先易证△ABC∽△BCD，再利用相似三角形的性质计算．

【解答】解：①BC是⊙A的内接正十边形的一边

由AB=AC，∠A=36°，得∠ABC=∠C=72°，

又BD平分∠ABC交AC于点D，

∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC=36°=∠A，

∴AD=BD，

∠BDC=∠ABD+∠A=72°=∠C，

∴BC=BD，

∴BC=BD=AD，正确；

②易证△ABC∽△BCD，

∴ ，又AB=AC，故②正确，

根据AD=BD=BC

即

解得BC= AC，故④正确，

故选C．

【点评】本题主要考查了相似三角形的性质，对应边的比相等．

　

12．已知抛物线y=ax²+bx+c中，4a﹣b=0，a﹣b+c＞0，抛物线与x轴有两个不同的交点，且这两个交点之间的距离小于2．则下列结论：①abc＜0，②c＞0，③a+b+c＞0，④4a＞c，其中，正确结论的个数是（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1

【考点】二次函数图象与系数的关系．

【专题】压轴题；数形结合．

【分析】根据题意画出相应的图形，由图象可得出a，b及c都大于0，即可对选项①和②作出判断，由x=1时对应的函数值在x轴上方，故将x=1代入函数解析式，得到a+b+c大于0，可得出选项③正确，由抛物线与x轴有两个不同的交点，得到根的判别式大于0，然后将其中的b换为4a，整理后可得出4a大于c，得到选项④正确，综上，得到正确的选项有3个．

【解答】解：∵抛物线y=ax²+bx+c中，4a﹣b=0，a﹣b+c＞0，

∴抛物线对称轴为直线x=﹣ =﹣ =﹣2，且x=﹣1对应二次函数图象上的点在x轴上方，

又这两个交点之间的距离小于2，根据题意画出相应的图形，如图所示：

可得：a＞0，b＞0，c＞0，

∴abc＞0，故选项①错误，选项②正确；

由图象可得：当x=1时，y=a+b+c＞0，故选项③正确；

∵抛物线与x轴有两个不同的交点，

∴b²﹣4ac＞0，又4a﹣b=0，即b=4a，

∴（4a）²﹣4ac＞0，即4a（4a﹣c）＞0，

∴4a﹣c＞0，即4a＞c，故选项④正确，

综上，正确的选项有②③④共3个．

故选B

【点评】此题考查了二次函数图象与系数的关系，利用了数形结合的思想，根据题意画出相应的图形是解本题的关键．

　

二、填空题：本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把答案写在题中横线上．

13．若⊙O的弦AB所对的圆心角∠AOB=50°，则弦AB所对的圆周角的度数为　25°或155°　．

【考点】圆周角定理．

【分析】首先根据圆周角定理，可得同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半，用⊙O的弦AB所对的圆心角除以2，求出∠C的度数为多少，然后用180°减去∠C，求出∠C′的度数是多少即可．

【解答】解：如图，

∵∠AOB=50°，

∴∠C=50°÷2=25°，

∴∠C′=180°﹣25°=155°，

即弦AB所对的圆周角的度数为25°或155°．

故答案为：25°或155°．

【点评】此题主要考查了圆周角定理的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．

　

14．如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=BC=12cm，点D从点A开始沿边AB以2cm/s的速度向点B移动，移动过程中始终保持DE∥BC，DF∥AC，则出发　1或5　秒时，四边形DFCE的面积为20cm²．

【考点】一元二次方程的应用．

【专题】几何动点问题；压轴题．

【分析】设点D从点A出发x秒时，则四边形DFCE的面积为20cm²．根据S_四边形DECF=S_△ABC﹣S_△ADE﹣S_△BDF，就可以求出结论．

【解答】解：设点D从点A出发x秒时，则四边形DFCE的面积为20cm²，由题意，得

，

解得：x₁=1，x₂=5．

故答案为：1或5．

【点评】本题考查了一元二次方程的运用及等腰直角三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答时运用面积之间的关系建立方程是关键．

　

15．如图所示，AB是半圆的直径，∠C的两边分别与半圆相切于A、D两点，DE⊥AB，垂足为E，AE=3，BE=1，则图中阴影部分的面积为　4 ﹣ 　．

【考点】切线的性质；扇形面积的计算．

【分析】本题可设半圆的圆心为O，连接OD，则阴影部分的面积可用梯形ACDE和扇形AOD、△ODE的面积差来求得．已知了AE、BE的长，即可得知圆的直径和半径长．在Rt△ODE中，可根据OD和OE的长，求得∠DOE的度数，即可求得扇形AOD的圆心角，由此可求得△ODE和扇形AOD的面积．下面再求梯形ACDE的面积．关键是求出梯形的下底AC的长，连接AD，不难得出△ACD是个等边三角形，那么可在△ADE中求得AD的长，即可得出AC的长．由此可求出梯形的面积．根据上面分析的阴影部分面积的计算方法即可得出所求的值．

【解答】解：设圆的圆心是O，连接OD，OB．根据题意，得：圆的直径是4，则圆的半径是2．

∴OE=BE=1．

在Rt△ODE中，OD=2，OE=1，则∠DOE=60°，DE= ；

∴△OBD是等边三角形，∠AOD=120°．

连接AD，则∠ADB=90°．

∴∠DAB=30°，

∴∠DAC=60°；又AC=CD，

∴△ACD是等边三角形．

∴AC=AD=2 ．

则S_梯形ACD= ，S_扇形AOD= = π，S_△ODE=

∴阴影部分的面积是 =4 ﹣ ，

故答案为：4 ﹣ ．

【点评】此题考查了等边三角形的判定和性质以及梯形的面积公式和扇形的面积公式，解题的关键是能够发现等边三角形和30°的直角三角形，熟悉直角梯形、扇形和直角三角形的面积公式．

　

16．在如图所示的平面直角坐标系中，△OA₁B₁是边长为2的等边三角形，作△B₂A₂B₁与△OA₁B₁关于点B₁成中心对称，再作△B₂A₃B₃与△B₂A₂B₁关于点B₂成中心对称，如此作下去，则△B_2nA_2n+1B_2n+1（n是正整数）的顶点A_2n+1的坐标是　（4n+1， ）　．

【考点】中心对称；坐标与图形性质．

【专题】规律型．

【分析】首先根据△OA₁B₁是边长为2的等边三角形，可得A₁的坐标为（1， ），B₁的坐标为（2，0）；然后根据中心对称的性质，分别求出点A₂、A₃、A₄的坐标各是多少；最后总结出A_n的坐标的规律，求出A_2n+1的坐标是多少即可．

【解答】解：∵△OA₁B₁是边长为2的等边三角形，

∴A₁的坐标为（1， ），B₁的坐标为（2，0），

∵△B₂A₂B₁与△OA₁B₁关于点B₁成中心对称，

∴点A₂与点A₁关于点B₁成中心对称，

∵2×2﹣1=3，2×0﹣ =﹣ ，

∴点A₂的坐标是（3，﹣ ），

∵△B₂A₃B₃与△B₂A₂B₁关于点B₂成中心对称，

∴点A₃与点A₂关于点B₂成中心对称，

∵2×4﹣3=5，2×0﹣（﹣ ）= ，

∴点A₃的坐标是（5， ），

∵△B₃A₄B₄与△B₃A₃B₂关于点B₃成中心对称，

∴点A₄与点A₃关于点B₃成中心对称，

∵2×6﹣5=7，2×0﹣ =﹣ ，

∴点A₄的坐标是（7，﹣ ），

…，

∵1=2×1﹣1，3=2×2﹣1，5=2×3﹣1，7=2×3﹣1，…，

∴A_n的横坐标是2n﹣1，A_2n+1的横坐标是2（2n+1）﹣1=4n+1，

∵当n为奇数时，A_n的纵坐标是 ，当n为偶数时，A_n的纵坐标是﹣ ，

∴顶点A_2n+1的纵坐标是 ，

∴△B_2nA_2n+1B_2n+1（n是正整数）的顶点A_2n+1的坐标是（4n+1， ）．

故答案为：（4n+1， ）．

【点评】此题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转问题，要熟练掌握，解答此题的关键是分别判断出A_n的横坐标、纵坐标各是多少．

　

三、解答题：本大题共6小题，共64分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．三张卡片的正面分别写有数字2，5，5，卡片除数字外完全相同，将它们洗匀后，背面朝上放置在桌面上．

（1）从中任意抽取一张卡片，该卡片上数字是5的概率为　 　；

（2）学校将组织部分学生参加夏令营活动，九年级（1）班只有一个名额，小刚和小芳都想去，于是利用上述三张卡片做游戏决定谁去，游戏规则是：从中任意抽取一张卡片，记下数字放回，洗匀后再任意抽取一张，将抽取的两张卡片上的数字相加，若和等于7，小钢去；若和等于10，小芳去；和是其他数，游戏重新开始．你认为游戏对双方公平吗？请用画树状图或列表的方法说明理由．

【考点】游戏公平性；概率公式；列表法与树状图法．

【分析】（1）根据三张卡片的正面分别写有数字2，5，5，再根据概率公式即可求出答案；

（2）根据题意列出图表，再根据概率公式求出和为7和和为10的概率，即可得出游戏的公平性．

【解答】解：（1）∵三张卡片的正面分别写有数字2，5，5，卡片除数字外完全相同，

∴从中任意抽取一张卡片，该卡片上数字是5的概率为： ；

故答案为： ；

（2）根据题意列表如下：

	2	5	5
2	（2，2）（4）	（2，5）（7）	（2，5）（7）
5	（5，2）（7）	（5，5）（10）	（5，5）（10）
5	（5，2）（7）	（5，5）（10）	（5，5）（10）

∵共有9种可能的结果，其中数字和为7的共有4种，数字和为10的共有4种，

∴P（数字和为7）= ，P（数字和为10）= ，

∴P（数字和为7）=P（数字和为10），

∴游戏对双方公平．

【点评】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．游戏双方获胜的概率相同，游戏就公平，否则游戏不公平．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

　

18．关于x的方程 有两个不相等的实数根

（1）求m的取值范围；

（2）是否存在实数m，使方程的两个实数根的倒数和等于0？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

【考点】根的判别式；根与系数的关系．

【分析】（1）利用方程有两根不相等的实数根可以得到 ，解得m的取值范围即可；

（2）假设存在，然后利用根的判别式求得m的值，根据m的值是否能使得一元二次方程有实数根作出判断即可．

【解答】解：（1）由 ，得m＞﹣1

又∵m≠0

∴m的取值范围为m＞﹣1且m≠0；（5分）

（2）不存在符合条件的实数m．（6分）

设方程两根为x₁，x₂则 ，

解得m=﹣2，此时△＜0．

∴原方程无解，故不存在．（12分）

【点评】本题考查了根的判别式及根与系数的关系，解题的关键是利用方程的根的情况得到m的取值范围．

　

19．如图，有长为24米的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度a为10 米），围成一个长方形的花圃．设花圃的宽AB为x米，面积为S平方米．

（1）求S与x的函数关系式；写出自变量x的取值范围．

（2）怎样围才能使长方形花圃的面积最大？最大值为多少？

【考点】二次函数的应用．

【专题】几何图形问题．

【分析】（1）设花圃的宽AB为x米，则长BC=24﹣2x，从而可知0＜24﹣2x≤10，从而可求得x的取值范围，然后利用矩形的面积公式可求得S与x的关系式；

（2）先求得抛物线的对称轴方程为x=6，根据二次函数的性质和自变量的取值范围可知当x=7时长方形花圃的面积最大．

【解答】解：（1）设花圃的宽AB为x米，则长BC=（24﹣2x）米．

由矩形的面积公式可知：S=x（24﹣2x），

∴S=﹣2x²+24x．

∵墙的最大可用长度a为10米，

∴0＜24﹣2x≤10．

解得：7≤x＜12．

（2）∵a=﹣2，b=24，

∴x=﹣ = =6．

∵7≤x＜12，a＜0，

∴S随x的增大而减小．

∵当x=7时24﹣2x=10，即长为10米，宽为7米时面积最大，

∴长方形花圃的最大面积=70平方米．

【点评】本题主要考查的是二次函数的应用，依据二次函数的性质和自变量的取值范围求得当x=7时长方形花圃的面积最大是解题的关键．

　

20．已知正比例函数y=2x的图象与反比例函数y= （k≠0）在第一象限的图象交于A点，过A点作x轴的垂线，垂足为P点，已知△OAP的面积为1．

（1）求反比例函数的解析式；

（2）如果点B为反比例函数在第一象限图象上的点（点B与点A不重合），且点B的横坐标为2，在x轴上求一点M，使MA+MB最小．

【考点】反比例函数与一次函数的交点问题；轴对称-最短路线问题．

【分析】（1）设出A点的坐标，根据△OAP的面积为1，求出xy的值，得到反比例函数的解析式；

（2）作点A关于x轴的对称点A′，连接A′B，交x轴于点M，得到MA+MB最小时，点M的位置，求出直线A′B的解析式，得到它与x轴的交点，即点M的坐标．

【解答】解：（1）设A点的坐标为（x，y），则OP=x，PA=y，

∵△OAP的面积为1，∴ xy=1，xy=2，即k=2，

∴反比例函数的解析式为：y= ．

（2）作点A关于x轴的对称点A′，连接A′B，交x轴于点M，MA+MB最小，

点B的横坐标为2，点B的纵坐标为y= =1，

两个函数图象在第一象限的图象交于A点，

2x= ，x±1，y=±2，

A点的坐标（1，2），

A关于x轴的对称点A′（1，﹣2），

设直线A′B的解析式为y=kx+b，

，

解得 ，

直线y=3x﹣5与x轴的交点为（ ，0），

则M点的坐标为（ ，0）．

【点评】本题考查的是反比例函数图象与一次函数图象的交点问题以及最短路线问题，解题的关键是确定MA+MB最小时，点M的位置，灵活运用数形结合思想求出有关点的坐标和图象的解析式路线解答．

　

21．如图，AB为⊙O的直径，弦CD∥AB，E是AB延长线上一点，∠CDB=∠ADE．

（1）DE是⊙O的切线吗？请说明理由；

（2）求证：AC²=CDBE；

（3）若AB=10，AC=4，求BE的长．

【考点】切线的判定；相似三角形的判定与性质．

【分析】（1）连接OD，由平行线的性质和已知条件得出∠ADC=∠BDE，再由等腰三角形的性质得出∠ADO=∠BDE，由圆周角定理得出∠ADO+∠ODB=90°，证出∠ODB+∠BDE=90°，即可得出结论；

（2）证明△ACD∽△EBD，得出比例式 = ，再证出AC=BD，即可得出结论；

（3）作CF⊥AB于点F，DG⊥AB于点G，先证明△ACF∽△ABC，得出对应边成比例 = ，求出AF=1.6，同理得出BG=1.6，求出FG=AB﹣AF﹣BG=6.8，证明四边形CDGF为矩形，得出CD=FG=6.8，由（2）的结论即可求出BE的长．

【解答】（1）解：DE是⊙O的切线；理由如下：

连接OD，如图1所示：

∵AB∥CD，

∴∠ADC=∠BAD，

∵∠CDB=∠ADE，

∴∠ADC=∠BDE，

∵OA=OD，

∴∠BAD=∠ADO，

∴∠ADO=∠BDE，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ADO+∠ODB=90°，

∴∠ODB+∠BDE=90°，即OD⊥DE，

∴DE是⊙O的切线；

（2）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，

∴∠DBE=∠ACD，

又由（1）得：∠ADC=∠BDE，

∴△ACD∽△EBD，

∴ = ，

又由（1）得：∠ADC=∠BAD，

∴AC=BD，

∴ = ，

即AC²=CDBE；

（3）解：作CF⊥AB于点F，DG⊥AB于点G，如图2所示：

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB=90°，

在Rt△ACB中，CF⊥AB，

∴△ACF∽△ABC，

∴ = ，

∴ = ，

∴AF=1.6，

同理可得：BG=1.6，

∴FG=AB﹣AF﹣BG=10﹣1.6﹣1.6=6.8，

∵CF⊥AB、DG⊥AB、CD∥AB，

∴四边形CDGF为矩形，

∴CD=FG=6.8，

由（2）得：AC²=CDBE，

即4²=6.8BE，

∴BE= ．

【点评】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、等腰三角形的性质、矩形的判定与性质、圆内接四边形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形相似是解决问题的关键．

　

22．如图，二次函数y=﹣ +2与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，点P从A点出发，以1个单位每秒的速度向点B运动，点Q同时从C点出发，以相同的速度向y轴正方向运动，运动时间为t秒，点P到达B点时，点Q同时停止运动．设PQ交直线AC于点G．

（1）求直线AC的解析式；

（2）设△PQC的面积为S，求S关于t的函数解析式；

（3）在y轴上找一点M，使△MAC和△MBC都是等腰三角形．直接

写出所有满足条件的M点的坐标；

（4）过点P作PE⊥AC，垂足为E，当P点运动时，线段EG的长度

是否发生改变，请说明理由．

【考点】二次函数综合题．

【分析】（1）直线AC经过点A，C，根据抛物线的解析式面积可求得两点坐标，利用待定系数法就可求得AC的解析式；

（2）根据三角形面积公式即可写出解析式；

（3）可以分腰和底边进行讨论，即可确定点的坐标；

（4）过G作GH⊥y轴，根据三角形相似，相似三角形的对应边的比相等即可求解．

【解答】解：（1）∵二次函数y=﹣ +2，

∴A点的坐标为（﹣2，0），与y轴交于点C（0，2），

∴c=2，

设直线AC的解析式是y=kx+b，由题意可知 ，

解得：k=1，b=2，

即直线AC的解析式是y=x+2；

（2）当0＜t＜2时，OP=（2﹣t），QC=t，

∴△PQC的面积为：S= （2﹣t）t=﹣ t²+t，

当2＜t≤4时，

OP=（t﹣2），QC=t，

∴△PQC的面积为：S= （t﹣2）t= t²﹣t，

（3））∵A（﹣2，0），B（2，0），C（0，2），

∴OA=OB=OC=2，

根据勾股定理，AC= = =2 ，

如图，①点M为坐标原点（0，0）时，AC、BC为底边，

②AC、BC为底边时，若OM=OC=2，则点M（0，﹣2），

若CM=AC=2 ，则OM=CM﹣OC=2 ﹣2，

此时点M（0，2﹣2 ），或OM=CM+OC=2 +2，

此时点M（0，2+2 ），

所以，点M的坐标为（0，0）或（0，﹣2）或（0，2﹣2 ）或（0，2+2 ）．

（4）当P点运动时，线段EG的长度不变EG= ，

理由如下：当0＜t＜2时，过G作GH⊥y轴，垂足为H．

由AP=t，可得AE= t，

由 即 ，

解得：GH=1﹣ t，

∴CG= GH= ﹣ t，

∴GE=AC﹣AE﹣GC=2 ﹣ t﹣（ ﹣ t）= ，

即GE的长度不变．

当2＜t≤4时，过G作GH⊥y轴，垂足为H．

由AP=t，可得AE= t，

由 即 ，

∴GH（2+t）=t（t﹣2）﹣（t﹣2）GH，

∴GH（2+t）+（t﹣2）GH=t（t﹣2），

∴2tGH=t（t﹣2），

解得GH= ，∴CG= GH= ，

于是，GE=AC﹣AE+GC=2 ﹣ t+ = ，

即GE的长度不变．

综合得：当P点运动时，线段EG的长度不发生改变，为定值 ．

【点评】本题考查用待定系数法求二次函数和一次函数的解析式以及三角形的面积公式和相似三角形的性质，解题的难点在于分类讨论的数学思想的运用，要做到不重不漏的分析问题的存在性．