南京市九年級數(shù)學上冊期末試卷
九年級是一個至關重要的學年，同學們一定要在期末考試到來之前就要準備好的數(shù)學期末試卷來復習，下面是學習啦小編為大家?guī)淼年P于南京市九年級數(shù)學上冊期末試卷，希望會給大家?guī)韼椭?/p>
南京市九年級數(shù)學上冊期末試卷：
一、選擇題(本大題共6小題，每小題2分，共計12分)
1.一元二次方程x2=1的解是( )
A.x=1 B.x=﹣1 C.x=±1 D.x=0
【考點】解一元二次方程-直接開平方法.
【專題】計算題.
【分析】方程利用平方根定義開方即可求出解.
【解答】解：x2=1，
開方得：x=±1.
故選C
【點評】此題考查了解一元二次方程﹣直接開平方法，利用此方法解方程時，首先將方程左邊化為完全平方式，右邊為非負常數(shù)，利用平方根定義開方轉化為兩個一元一次方程來求解.
2.⊙O的半徑為1，同一平面內，若點P與圓心O的距離為1，則點P與⊙O的位置關系是( )
A.點P在⊙O外 B.點P在⊙O上 C.點P在⊙O內 D.無法確定
【考點】點與圓的位置關系.
【分析】點在圓上，則d=r;點在圓外，d>r;點在圓內，d
【解答】解：∵OP=1，⊙O的半徑為1，
即d=r，
∴點P與⊙O的位置關系是點P在⊙O上，
故選：B.
【點評】此題考查點與圓的關系，注意：熟記點和圓的位置關系與數(shù)量之間的等價關系是解決問題的關鍵.
3.有9名同學參加歌詠比賽，他們的預賽成績各不相同，現(xiàn)取其中前4名參加決賽，小紅同學在知道自己成績的情況下，要判斷自己能否進入決賽，還需要知道這9名同學成績的( )
A.眾數(shù) B.中位數(shù) C.平均數(shù) D.極差
【考點】統(tǒng)計量的選擇.
【分析】9人成績的中位數(shù)是第5名的成績.參賽選手要想知道自己是否能進入前4名，只需要了解自己的成績以及全部成績的中位數(shù)，比較即可.
【解答】解：由于總共有9個人，且他們的分數(shù)互不相同，第5的成績是中位數(shù)，要判斷是否進入前5名，故應知道中位數(shù)的多少.
故選B.
【點評】此題主要考查統(tǒng)計的有關知識，主要包括平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)、方差的意義.
4.已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c中，函數(shù)y與自變量x的部分對應值如表，則方程ax2+bx+c=0的一個解的范圍是( )
x 6.17 6.18 6.19 6.20
y ﹣0.03 ﹣0.01 0.02 0.04
A.﹣0.01
【考點】象法求一元二次方程的近似根.
【分析】觀察表格可知，y隨x的值逐漸增大，ax2+bx+c的值在6.18～6.19之間由負到正，故可判斷ax2+bx+c=0時，對應的x的值在6.18～6.19之間.
【解答】解：由表格中的數(shù)據(jù)看出﹣0.01和0.02更接近于0，故x應取對應的范圍.
故選C.
【點評】本題考查了用象法求一元二次方程的近似根，解題的關鍵是找到y(tǒng)由正變?yōu)樨摃r，自變量的取值即可.
5.若點A(﹣1，a)，B(2，b)，C(3，c)在拋物線y=x2上，則下列結論正確的是( )
A.a
【考點】二次函數(shù)象上點的坐標特征.
【分析】根據(jù)二次函數(shù)的性質，通過三點與對稱軸距離的遠近來比較函數(shù)值的大小.
【解答】解：由拋物線y=x2可知對稱軸為y軸，
∵拋物線開口向上，|﹣1|<|2|<|3|，
∴a
故選D.
【點評】本題考查了二次函數(shù)象上點的坐標特征：二次函數(shù)象上點的坐標滿足其解析式.
6.點E在y軸上，⊙E與x軸交于點A、B，與y軸交于點C、D，若C(0，9)，D(0，﹣1)，則線段AB的長度為( )
A.3 B.4 C.6 D.8
【考點】垂徑定理;坐標與形性質;勾股定理.
【分析】連接EB，由題意得出OD=1，OC=9，∴CD=10，得出EB=ED= CD=5，OE=4，由垂徑定理得出AO=BO= AB，由勾股定理求出OB，即可得出結果.
【解答】解：連接EB，所示：
∵C(0，9)，D(0，﹣1)，
∴OD=1，OC=9，
∴CD=10，
∴EB=ED= CD=5，OE=5﹣1=4，
∵AB⊥CD，
∴AO=BO= AB，OB= = =3，
∴AB=2OB=6;
故選：C.
【點評】本題考查了垂徑定理、坐標與形性質、勾股定理;熟練掌握垂徑定理，由勾股定理求出OB是解決問題的關鍵.
二、填空題(本大題共10小題，每小題2分，共20分)
7.若 =3，則 = 4 .
【考點】比例的性質.
【分析】根據(jù)合比性質： = ⇒ = ，可得答案.
【解答】解：由合比性質，得
= =4，
故答案為：4.
【點評】本題考查了比例的性質，利用合比性質是解題關鍵.
8.一組數(shù)據(jù)：2，3，﹣1，5的極差為 6 .
【考點】極差.
【分析】根據(jù)極差的概念求解.
【解答】解：極差為：5﹣(﹣1)=6.
故答案為：6.
【點評】本題考查了極差的知識，極差是指一組數(shù)據(jù)中最大數(shù)據(jù)與最小數(shù)據(jù)的差.
9.一元二次方程x2﹣4x+1=0的兩根是x1，x2，則x1•x2的值是 1 .
【考點】根與系數(shù)的關系.
【分析】直接根據(jù)根與系數(shù)的關系求解即可.
【解答】解：∵一元二次方程x2﹣4x+1=0的兩根是x1，x2，
∴x1•x2=1.
故答案為：1.
【點評】本題考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根與系數(shù)的關系：若方程的兩根為x1，x2，則x1+x2=﹣ ，x1•x2= .
10.制造一種產(chǎn)品，原來每件的成本是100元，由于連續(xù)兩次降低成本，現(xiàn)在的成本是81元.設平均每次降低成本的百分率為x，則列方程為 100(1﹣x)2=81 .
【考點】由實際問題抽象出一元二次方程.
【專題】增長率問題.
【分析】原來成本是100元，設每次降低的百分比是x，則第一次降價后的成本為100﹣100x，第二次降價后的成本為(100﹣100x)﹣(100﹣100x)x=100(1﹣x)2元，據(jù)此即可列出方程即可.
【解答】解：設每次降低的百分比是x，
根據(jù)題意得：100(1﹣x)2=81，
故答案為：100(1﹣x)2=81.
【點評】本題考查了由實際問題抽象出一元二次方程，設每次降低的百分比是x，能表示出兩次連續(xù)降價后的成本是100(1﹣x)2是關鍵.
11.在平面直角坐標系中，將拋物線y=2x2先向右平移3個單位，再向上平移1個單位，得到的拋物線的函數(shù)表達式為 y=2(x﹣3)2+1 .
【考點】二次函數(shù)象與幾何變換.
【分析】由拋物線平移不改變二次項系數(shù)a的值，根據(jù)點的平移規(guī)律“左減右加，上加下減”可知移動后的頂點坐標，再由頂點式可求移動后的函數(shù)表達式.
【解答】解：原拋物線的頂點為(0，0)，向右平移3個單位，再向上平移1個單位后，那么新拋物線的頂點為：(3，1).
可設新拋物線的解析式為y=2(x﹣h)2+k，代入得y=2(x﹣3)2+1.
故答案是：y=2(x﹣3)2+1.
【點評】本題考查了二次函數(shù)象與幾何變換.解決本題的關鍵是得到新拋物線的頂點坐標.
12.已知圓錐的底面半徑為6cm，母線長為8cm，它的側面積為 48π cm2.
【考點】圓錐的計算.
【分析】根據(jù)圓錐的側面積等于展開以后扇形的面積以及扇形的面積公式計算即可.
【解答】解：圓錐母線長=8cm，底面半徑r=6cm，
則圓錐的側面積為S=πrl=π×6×8=48πcm 2.
故答案為：48π.
【點評】此題主要考查了圓錐側面面積的計算，熟練記憶圓錐的側面積公式是解決問題的關鍵.
13.根據(jù)所給信息，可知 的值為 .
【考點】位似變換.
【分析】利用位似形的性質得出：△ABC∽△A′B′C′，進而得出對應邊的比值.
【解答】解：由題意可得：△ABC∽△A′B′C′，
且 = ，
故 的值為 .
故答案為： .
【點評】此題主要考查了位似變換，根據(jù)題意得出△ABC∽△A′B′C′是解題關鍵.
14.已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c中，函數(shù)y與自變量x的部分對應值如表，則當x=3時，y= 13 .
x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 …
y … 7 3 1 1 3 …
【考點】二次函數(shù)的性質.
【分析】把(﹣3，7)，(﹣2，3)，(﹣1，1)代入二次函數(shù)的解析式，利用待定系數(shù)法即可求得函數(shù)解析式，然后把x=3代入即可求得y的值.
【解答】解：根據(jù)題意得： ，
解得： ，
則二次函數(shù)的解析式是y=x2+x+1，
當x=3時，y=9+3+1=13.
故答案是：13.
【點評】本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式以及求函數(shù)的值，正確解方程組是解決本題的關鍵.
15.AB是⊙O的一條弦，C是⊙O上一動點且∠ACB=45°，E、F分別是AC、BC的中點，直線EF與⊙O交于點G、H.若⊙O的半徑為2，則GE+FH的最大值為 4﹣ .
【考點】三角形中位線定理;圓周角定理.
【分析】接OA，OB，根據(jù)圓周角定理可得出∠AOB=90°，故△AOB是等腰直角三角形.由點E、F分別是AC、BC的中點，根據(jù)三角形中位線定理得出EF= AB= 為定值，則GE+FH=GH﹣EF=GH﹣ ，所以當GH取最大值時，GE+FH有最大值.而直徑是圓中最長的弦，故當GH為⊙O的直徑時，GE+FH有最大值，問題得解.
【解答】解：連接OA，OB，
∵∠ACB=45°，
∴∠AOB=90°.
∵OA=OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴AB=2 ，
當GH為⊙O的直徑時，GE+FH有最大值.
∵點E、F分別為AC、BC的中點，
∴EF= AB= ，
∴GE+FH=GH﹣EF=4﹣ ，
故答案為：4﹣ .
【點評】本題結合動點考查了圓周角定理，三角形中位線定理，有一定難度.確定GH的位置是解題的關鍵.
16.在矩形ABCD中，M、N分別是邊AD、BC的中點，點P、Q在DC邊上，且PQ= DC.若AB=16，BC=20，則中陰影部分的面積是 92 .
【考點】相似三角形的判定與性質;矩形的性質.
【分析】連接MN，由于M，N分別是ADBC上的中點，所以MN∥AB∥CD，而四邊形ABCD是長方形，所以四邊形MNCD是矩形，再過O作OE⊥MN，同樣也垂直于CD，再利用PQ= DC，可得相似比，那么可求出OE，OF，以及MN，CD的長，再利用三角形的面積公式可求出△MNO和△PQO的面積，用矩形MNCD的面積減去△MNO的面積減去△PQO的面積，即可求陰影部分面積.
【解答】解：連接MN，過O作OE⊥MN，交MN于E，交CD于F，
在矩形ABCD中，AD∥BC，AD=BC，
∵M、N分別是邊AD、BC的中點，
∴DM=CN，
∴四邊形MNCD是平行四邊形，
∴MN∥CD，
∴△OMN∽△PQO，
相似比是MN：PQ=4：1，
∴OE：OF=EF：GH=4：1，
又∵EF= •BC=10，
∴OE=8，OF=2，
∴S△MNO= ×16×8=64，
∴S△PQO= ×4×2=4，S矩形MNCD=16×10=160，
∴S陰影=160﹣64﹣4=92.
故答案為：92.
【點評】本題考查了矩形的性質，相似三角形的性質和判定，三角形得到面積的應用，關鍵是能把求不規(guī)則形的面積轉化成求規(guī)則形的面積.
三、解答題(本大題共11小題，共88分.解答時應寫出文字說明、推理過程或演算步驟)
17.(1)解方程：(x+1)2=9;
(2)解方程：x2﹣4x+2=0.
【考點】解一元二次方程-公式法;解一元二次方程-直接開平方法.
【分析】(1)兩邊開方，即可得出兩個一元一次方程，求出方程的解即可;
(2)求出b2﹣4ac的值，再代入公式求出即可.
【解答】解：(1)兩邊開方得：x+1=±3，
解得：x1=2，x2=﹣4;
(2)這里a=1，b=﹣4，c=2，
b2﹣4ac=8>0，
x= =2± ，
即x1=2+ ，x2=2﹣ .
【點評】本題考查了解一元二次方程的應用，能選擇適當?shù)姆椒ń庖辉畏匠淌墙獯祟}的關鍵.
18.已知關于x的一元二次方程(a+1)x2﹣x+a2﹣2a﹣2=0有一根是1，求a的值.
【考點】一元二次方程的解;一元二次方程的定義.
【分析】將方程的根代入得到有關a的方程求解即可確定a的值，注意利用一元二次方程的定義舍去不合題意的根，從而確定a的值.
【解答】解：將x=1代入，
得：(a+1)2﹣1+a2﹣2a﹣2=0，
解得：a1=﹣1，a2=2.
∵a+1≠0，
∴a≠﹣1，
∴a=2.
【點評】本題考查了一元二次方程的解及一元二次方程的定義，解題的關鍵是能夠根據(jù)方程的定義舍去不合題意的根，難度不大.
19.射擊隊為從甲、乙兩名運動員中選拔一人參加比賽，對他們進行了六次測試，測試成績如下表(單位：環(huán))：
第一次 第二次 第三次 第四次 第五次 第六次 平均成績 中位數(shù)
甲 10 8 9 8 10 9 9 ①
乙 10 7 10 10 9 8 ② 9.5
(1)完成表中填空① 9 ;② 9 ;
(2)請計算甲六次測試成績的方差;
(3)若乙六次測試成績方差為 ，你認為推薦誰參加比賽更合適，請說明理由.
【考點】方差;算術平均數(shù).
【分析】(1)根據(jù)中位數(shù)的定義先把這組數(shù)據(jù)從小到大排列，再找出最中間兩個數(shù)的平均數(shù)即可求出①;根據(jù)平均數(shù)的計算公式即可求出②;
(2)根據(jù)方差的計算公式S2= [(x1﹣ )2+(x2﹣ )2+…+(xn﹣ )2]代值計算即可;
(3)根據(jù)方差的意義：反映了一組數(shù)據(jù)的波動大小，方差越大，波動性越大，反之也成立，即可得出答案.
【解答】解：(1)甲的中位數(shù)是： =9;
乙的平均數(shù)是：(10+7+10+10+9+8)÷6=9;
故答案為：9，9;
(2)S甲2= [(10﹣9)2+(8﹣9)2+(9﹣9)2+(8﹣9)2+(10﹣9)2+(9﹣9)2]= ;
(3)∵ = ，S甲2
∴推薦甲參加比賽合適.
【點評】本題考查方差的定義與意義：一般地設n個數(shù)據(jù)，x1，x2，…xn的平均數(shù)為 ，則方差S2= [(x1﹣ )2+(x2﹣ )2+…+(xn﹣ )2]，它反映了一組數(shù)據(jù)的波動大小，方差越大，波動性越大，反之也成立.
20.一只不透明的袋子中，裝有三個分別標記為“1”、“2”、“3”的球，這三個球除了標記不同外，其余均相同.攪勻后，從中摸出一個球，記錄球上的標記后放回袋中并攪勻，再從中摸出一個球，再次記錄球上的標記.
(1)請列出上述實驗中所記錄球上標記的所有可能的結果;
(2)求兩次記錄球上標記均為“1”的概率.
【考點】列表法與樹狀法.
【分析】(1)通過畫樹狀或列表即可得到實驗中所記錄球上標記的所有可能的結果，
(2)找出兩次記錄球上標記均為“1”的結果數(shù)，然后根據(jù)概率公式求解即可.
【解答】解：(1)列表如下：
結果 1 2 3
1 (1，1) (1，2) (1，3)
2 (2，1) (2，2) (2，3)
3 (3，1) (3，2) (3，3)
(2)在這種情況下，共包含9種結果，它們是等可能的所有的結果中，滿足“兩次記錄球上標記均為‘1’”(記為事件A)的結果只有一種，所以P(A)= .
【點評】本了列表法或樹狀法：通過列表法或樹狀法展示所有等可能的結果求出n，再從中選出符合事件A或B的結果數(shù)目m，然后根據(jù)概率公式求出事件A或B的概率.
21.在半徑為2的⊙O中，弦AB長為2.
(1)求點O到AB的距離.
(2)若點C為⊙O上一點(不與點A，B重合)，求∠BCA的度數(shù).
【考點】垂徑定理;勾股定理;圓周角定理.
【分析】(1)過點O作OC⊥AB于點C，證出△OAB是等邊三角形，繼而求得∠AOB的度數(shù)，然后由三角函數(shù)的性質，求得點O到AB的距離;
(2)證出△ABO是等邊三角形得出∠AOB=60°. 再分兩種情況：點C在優(yōu)弧 上，則∠BCA=30°;點C在劣弧 上，則∠BCA= (360°﹣∠AOB)=150°;即可得出結果.
【解答】解：(1)過點O作OD⊥AB于點D，連接AO，BO.1所示：
∵OD⊥AB且過圓心，AB=2，
∴AD= AB=1，∠ADO=90°，
在Rt△ADO中，∠ADO=90°，AO=2，AD=1，
∴OD= = .
即點O到AB的距離為 .
(2)2所示：
∵AO=BO=2，AB=2，
∴△ABO是等邊三角形，
∴∠AOB=60°.
若點C在優(yōu)弧 上，則∠BCA=30°;
若點C在劣弧 上，則∠BCA= (360°﹣∠AOB)=150°;
綜上所述：∠BCA的度數(shù)為30°或150°.
【點評】此題考查了垂徑定理、等邊三角形的判定與性質、三角函數(shù)、弧長公式.熟練掌握垂徑定理，證明△OAB是等邊三角形是解決問題的關鍵.
22.已知二次函數(shù)y=x2﹣2x﹣3.
(1)該二次函數(shù)象的對稱軸為 x=1 ;
(2)判斷該函數(shù)與x軸交點的個數(shù)，并說明理由;
(3)下列說法正確的是 ①③ (填寫所有正確說法的序號)
?、夙旤c坐標為(1，﹣4);
?、诋攜>0時，﹣1
③在同一平面直角坐標系內，該函數(shù)象與函數(shù)y=﹣x2+2x+3的象關于x軸對稱.
【考點】二次函數(shù)的性質.
【分析】(1)直接利用對稱軸的計算方法得出答案即;
(2)利用根的判別式直接判定即可;
(3)利用二次函數(shù)的性質分析判斷即可.
【解答】解：(1)該二次函數(shù)象的對稱軸為直線x=﹣ =1.
(2)令y=0，得：x2﹣2x﹣3=0.
∵b2﹣4ac=16>0，
∴方程有兩個不相等的實數(shù)根，
∴該函數(shù)與x軸有兩個交點.
(3)①y=x2﹣2x﹣3=(x﹣1)2﹣4，
頂點坐標為(1，﹣4)，
②與x軸交點坐標為(﹣1，0)，(3，0)，當y>0時，x<﹣1或x>3，
?、墼谕黄矫嬷苯亲鴺讼祪?，函數(shù)象與函數(shù)y=﹣x2+2x+3的象關于x軸對稱.
正確的是①③.
【點評】此題考查二次函數(shù)的性質，掌握二次函數(shù)的頂點坐標、對稱軸與增減性是解決問題的關鍵.
23.在四邊形ABCD中，AC、BD相交于點F，點E在BD上，且 = = .
(1)求證：∠BAE=∠CAD;
(2)求證：△ABE∽△ACD.
【考點】相似三角形的判定與性質.
【專題】證明題.
【分析】(1)根據(jù)相似三角形的判定定理得到△ABC∽△AED，由相似三角形的性質得到∠BAC=∠EAD，根據(jù)角的和差即可得到結論;
(2)由已知條件得到 = ，根據(jù)∠BAE=∠CAD， = ，即可得到結論.
【解答】證明：(1)在△ABC與△AED中，
∵ = = ，
∴△ABC∽△AED，
∴∠BAC=∠EAD，
∴∠BAC﹣∠EAF=∠EAD﹣∠EAF，
即∠BAE=∠CAD;
(2)∵ = ，
∴ = ，
在△ABE與△ACD中，
∵∠BAE=∠CAD， = ，
∴△ABE∽△ACD.
【點評】本題考查了相似三角形的性質和判定，熟練掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵.
24.課本1.4有這樣一道例題：
問題4：用一根長22cm的鐵絲：
(1)能否圍成面積是30cm2的矩形?
(2)能否圍成面積是32cm2的矩形?
據(jù)此，一位同學提出問題：“用這根長22cm的鐵絲能否圍成面積最大的矩形?若能圍成，求出面積最大值;若不能圍成，請說明理由.”請你完成該同學提出的問題.
【考點】配方法的應用;非負數(shù)的性質：偶次方.
【分析】(1)設當矩形的一邊長為x cm時，由矩形的面積公式列出方程，解方程即可;(2)同(1)列出方程，由判別式<0，即可得出結果;
提出問題：設當矩形的一邊長為x cm時，面積為y cm2.由矩形的面積公式和配方法得出得出y=﹣x2+11x=﹣(x﹣ )2+ ，由偶次方的性質，即可得出結果.
【解答】解：(1)設當矩形的一邊長為x cm時，
根據(jù)題意得：x•(11﹣x)=30，
整理得：x2﹣11x+30=0，
解得：x=5，或x=6，
當x=5時，11﹣x=6;
當x=6時，11﹣x=5;
即能圍成面積是30cm2的矩形，此時長和寬分別為5cm、6cm;
(2)根據(jù)題意得：x•(11﹣x)=32，
整理得：x2﹣11x+32=0，
∵△=(﹣11)2﹣4×1×32<0，
方程無解，因此不能圍成面積是32cm2的矩形;
提出問題：能圍成;理由如下：
設當矩形的一邊長為x cm時，面積為y cm2.
由題意得：y=x•( ﹣x)=﹣x2+11x=﹣(x﹣ )2+ ，
∵(x﹣ )2≥0，
∴﹣(x﹣ )2+ ≤ .
∴當x= 時，y有最大值= ，此時 ﹣x= .
答：當矩形的各邊長均為 cm時，圍成的面積最大，最大面積是 cm2.
【點評】本題考查了配方法的應用、偶次方的性質、列一元二次方程解應用題的方法、判別式的應用;熟練掌握配方法和偶次方的非負性質是解決問題的關鍵.
25.在△ABC中，AB=BC，D是AC中點，BE平分∠ABD交AC于點E，點O是AB上一點，⊙O過B、E兩點，交BD于點G，交AB于點F.
(1)判斷直線AC與⊙O的位置關系，并說明理由;
(2)當BD=6，AB=10時，求⊙O的半徑.
【考點】切線的判定;相似三角形的判定與性質.
【專題】計算題.
【分析】(1)連結OE，由BE平分∠ABD得到∠OBE=∠DBO，加上∠OBE=∠OEB，則∠OBE=∠DBO，于是可判斷OE∥BD，再利用等腰三角形的性質得到BD⊥AC，所以OE⊥AC，于是根據(jù)切線的判定定理可得AC與⊙O相切;
(2)設⊙O半徑為r，則AO=10﹣r，證明△AOE∽△ABD，利用相似比得到 = ，然后解方程求出r即可.
【解答】解：(1)AC與⊙O相切.理由如下：
連結OE，
∵BE平分∠ABD，
∴∠OBE=∠DBO，
∵OE=OB，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠OBE=∠DBO，
∴OE∥BD，
∵AB=BC，D是AC中點，
∴BD⊥AC，
∴OE⊥AC，
∴AC與⊙O相切;
(2)設⊙O半徑為r，則AO=10﹣r，
由(1)知，OE∥BD，
∴△AOE∽△ABD，
∴ = ，即 = ，
∴r= ，
即⊙O半徑是 .
【點評】本題考查了切線的判定：經(jīng)過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線.要證某線是圓的切線，已知此線過圓上某點，連接圓心與這點(即為半徑)，再證垂直即可.解決(2)小題的關鍵是利用相似比構建方程.
26.已知一次函數(shù)y=x+4的象與二次函數(shù)y=ax(x﹣2)的象相交于A(﹣1，b)和B，點P是線段AB上的動點(不與A、B重合)，過點P作PC⊥x軸，與二次函數(shù)y=ax(x﹣2)的象交于點C.
(1)求a、b的值
(2)求線段PC長的最大值;
(3)若△PAC為直角三角形，請直接寫出點P的坐標.
【考點】二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)根據(jù)自變量與函數(shù)值的對應關系，可得b，根據(jù)待定系數(shù)法，可得a;
(2)根據(jù)平行于y軸的直線上兩點間的距離是較大的縱坐標減較小的縱坐標，可得二次函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的性質，可得答案;
(3)根據(jù)勾股定理，可得AP，CP的長，根據(jù)勾股定理的逆定理，可得關于m的方程，根據(jù)解方程，可得m的值，根據(jù)自變量與函數(shù)值的對應關系，可得答案.
【解答】解：(1)∵A(﹣1，b)在直線y=x+4上，
∴b=﹣1+4=3，
∴A(﹣1，3).
又∵A(﹣1，3)在拋物線y=ax(x﹣2)上，
∴3=﹣a•(﹣1﹣2)，
解得：a=1.
(2)設P(m，m+4)，則C(m，m2﹣2m).
∴PC=(m+4)﹣(m2﹣2m)
=﹣m2+3m+4
=﹣(m﹣ )2+ ，
∵(m﹣ )2≥0，
∴﹣(m﹣ )2+ ≤ .
∴當m= 時，PC有最大值，最大值為 .
(3) ，
P(m，m+4)，C(m，m2﹣2m)，
AP2=(m+1)2+(m+4﹣3)2=2(m+1)2，AC2=(m+1)2+(m2﹣2m﹣3)2，PC2=(﹣m2+3m+4)2.
?、佼擜P2+AC2=PC2時，即2(m+1)2+(m+1)2+(m2﹣2m﹣3)2=(﹣m2+3m+4)2，
3(m+1)2+[(m2﹣2m﹣3)2﹣(﹣m2+3m+4)2]=0
化簡，得(m+1)(m+1)(m﹣2)=0，
解得m=﹣1(不符合題意，舍)，m=2，
當m=2時，m+4=6，即P(2，6);
②當AP2=AC2+PC2時，即2(m+1)2=(m+1)2+(m2﹣2m﹣3)2+(﹣m2+3m+4)2，
化簡，得
(m﹣4)(m+1)(m+1)(m﹣3)=0.
解得m=4(不符合題意，舍)，m=﹣1(不符合題意，舍)，m=3，
當m=3時，m+4=7，
即(3，7)，
綜上所述：若△PAC為直角三角形，點P的坐標為P1(2，6)，P2(3，7).
【點評】本題考查了二次函數(shù)綜合題，利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式;利用平行于y軸的直線上兩點間的距離得出二次函數(shù)是解題關鍵;利用勾股定理的逆定理得出關于m的方程式解題關鍵，要分類討論，以防遺漏.
27.折疊邊長為a的正方形ABCD，使點C落在邊AB上的點M處(不與點A，B重合)，點D落在點N處，折痕EF分別與邊BC、AD交于點E、F，MN與邊AD交于點G.證明：
(1)△AGM∽△BME;
(2)若M為AB中點，則 = = ;
(3)△AGM的周長為2a.
【考點】相似形綜合題.
【分析】(1)根據(jù)正方形的性質和折疊的性質得出∠A=∠B，∠AGM=∠BME，再利用相似三角形的判定證明即可;
(2)設BE=x，利用勾股定理得出x的值，再利用相似三角形的性質證明即可;
(3)設BM=x，AM=a﹣x，利用勾股定理和相似三角形的性質證明即可.
【解答】證明：(1)∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=90°，
∴∠AMG+∠AGM=90°，
∵EF為折痕，
∴∠GME=∠C=90°，
∴∠AMG+∠BME=90°，
∴∠AGM=∠BME，
在△AGM與△BME中，
∵∠A=∠B，∠AGM=∠BME，
∴△AGM∽△BME;
(2)∵M為AB中點，
∴BM=AM= ，
設BE=x，則ME=CE=a﹣x，
在Rt△BME中，∠B=90°，
∴BM2+BE2=ME2，即( )2+x2=(a﹣x)2，
∴x= a，
∴BE= a，ME= a，
由(1)知，△AGM∽△BME，
∴ = = = ，
∴AG= BM= a，GM= ME= a，
∴ = = ;
(3)設BM=x，則AM=a﹣x，ME=CE=a﹣BE，
在Rt△BME中，∠B=90°，
∴BM2+BE2=ME2，即x2+BE2=(a﹣BE)2，
解得：BE= ﹣ ，
由(1)知，△AGM∽△BME，
∴ = = ，
∵C△BME=BM+BE+ME=BM+BE+CE=BM+BC=a+x，
∴C△AGM=C△BME• =(a+x)• =2a.
【點評】此題考查了折疊的性質、正方形的性質、勾股定理以及相似三角形的判定與性質.此題難度較大，注意掌握數(shù)形結合思想與方程思想的應用.
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