2024年1月4日发(作者：邗明知)

2022-2023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．如果反比例函数y＝A．15

k1的图象经过点(﹣5，3)，则k＝（

）

xC．16 D．﹣16 B．﹣15

2．下列事件中，是必然事件的是（

）

A．明天太阳从西边出来

C．兰州是甘肃的省会

B．打开电视，正在播放《新闻联播》

D．小明跑完800m所用的时间为1分钟

3．如图，正方形ABCD中，AB4cm，以C为圆心，1cm长为半径画C，点P在C上移动，连接BP，并将BP绕点B逆时针旋转90至BP，连接CP．在点P移动的过程中，CP长度的最小值是（

）

A．422 B．321 C．321 D．421

4．按如图所示的运算程序，输入的

x

的值为1，那么输出的

y

的值为（

）

2

A．1 B．2 C．3 D．4

5．如图，反比例函数yk(k0)第一象限内的图象经过ABC的顶点A，C，ABAC，且BCy轴，点A，xC，的横坐标分别为1，3，若BAC120，则k的值为（

）

A．1 B．2 C．3 D．2

2m1m6．若点Ax1,6，B(x2,2)，Cx3,2在反比例函数y（为常数）的图象上，则x1，x2，x3的大小x关系是（ ）

A．x1x2x3 B．x3x2x1 C．x2x3x1 D．x2x1x3

7．如图，AD是ABC的一条角平分线，点E在AD上．若ABEC，AE:ED3:2

，则BDE与ABC的面积比为（

）

A．1:5 B．5:1 C．3:20 D．20:3

8．如图，O与正六边形OABCDE的边OA,OE分别交于点F,G，点M为劣弧FG的中点.若FM42.则点O到FM的距离是（

）

A．4 B．32 C．26 D．42

9．如图，若点P在反比例函数y=的面积为6，则k的值是（ ）

k（k≠0）的图象上，过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，若矩形PMONx

A．-3 B．3 C．-6 D．6

10．若一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根为﹣1，则（ ）

A．a+b+c=0 B．a﹣b+c=0 C．﹣a﹣b+c=0 D．﹣a+b+c=0

二、填空题(每小题3分,共24分)

11．已知点P是线段AB的黄金分割点，AP＞PB．若AB＝2，则AP＝_____．

12．如图，将半径为4cm的圆折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕的长为_____．

13．如图，在平面直角坐标系中，已知A经过点E、B、O、C，且点O为坐标原点，点C在y轴上，点E在x轴上，A(-3，2)，则tanOBC__________．

14．如图是一个三角形点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有2个点，第二行有4个点……第n行有2n个点……，若前n行的点数和为930，则n是________．

15．已知圆锥的底面半径为3，母线长为7，则圆锥的侧面积是_____．

16．某游乐园的摩天轮(如图1)有均匀分布在圆形转轮边缘的若干个座舱，人们坐在座舱中可以俯瞰美景，图2是摩天轮的示意图．摩天轮以固定的速度绕中心O顺时针方向转动，转一圈为18分钟．从小刚由登舱点P进入摩天轮开始计时，到第12分钟时，他乘坐的座舱到达图2中的点_________处(填A，B，C或D)，此点距地面的高度为_______m．

17．如图，一次函数与反比例函数的图象分别是直线AB和双曲线．直线AB与双曲线的一个交点为点C,CDx轴于点D,OD2OB4OA4，则此反比例函数的解析式为_______________.

18．已知扇形的半径为6，面积是12π，则这个扇形所对的弧长是_____．

三、解答题(共66分)

19．（10分）小明和同学们在数学实践活动课中测量学校旗杆的高度．如图，已知他们小组站在教学楼的四楼，用测角仪看旗杆顶部的仰角为35，看旗杆底部的俯角是为65，教学楼与旗杆的水平距离是5m，旗杆有多高（结果保留整数）？（已知sin350.57，cos350.82，tan350.70，sin650.91，cos550.42tan652.14）

,，与y轴交于点C0,3，其对称轴l为x1，P为抛物线上20．（6分）如图，抛物线与x轴交于点A和点B10第二象限的一个动点．

（1）求抛物线的解析式并写出其顶点坐标；

（2）当点P在运动过程中，求四边形PABC面积最大时的值及此时点P的坐标．

xyz21．（6分）已知，求234xyz的值．

xyz22．（8分）如图，点C在以AB为直径的圆上，D在线段AB的延长线上，且CA=CD，BC=BD．

（1）求证：CD与⊙O相切；

（2）若AB=8，求图中阴影部分的面积．

23．（8分）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点C与原点O重合，点B在y轴的正半轴上，点A在函数y=（k>0，x>0）的图象上，点D的坐标为（4，3）．

（1）求k的值；

（2）若将菱形ABCD沿x轴正方向平移，当菱形的顶点D落在函数y=沿x轴正方向平移的距离．

24．（8分）已知：在⊙O中，弦AC⊥弦BD，垂足为H，连接BC，过点D作DE⊥BC于点E，DE交AC于点F

（k>0，x>0）的图象上时，求菱形ABCD

（1）如图1，求证：BD平分∠ADF；

（2）如图2，连接OC，若AC＝BC，求证：OC平分∠ACB；

（3）如图3，在（2）的条件下，连接AB，过点D作DN∥AC交⊙O于点N，若AB＝310，DN＝1．求sin∠ADB的值．

m1，25．（10分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，函数y（m为常数，的图象经过点Pm,1和Q1,m，x0）直线PQ与x轴，y轴分别交于C，D两点.

mx

（1）求OCD的度数；

（2）如图2，连接OQ、OP，当DOQOCDPOC时，求此时m的值：

（3）如图3，点A，点B分别在x轴和y轴正半轴上的动点.再以OA、OB为邻边作矩形OAMB.若点M恰好在函数ym（m为常数，m1，x0）的图象上，且四边形BAPQ为平行四边形，求此时OA、OB的长度.

x226．（10分）解方程：(x1) -2（x+1）=3

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)

1、D

【分析】将点的坐标代入反比例函数解析式中可求k的值．

【详解】∵反比例函数y3=﹣15， ∴k+1=﹣5×∴k=﹣16

故选：D．

【点睛】

k1的图象经过点(﹣5，3)，

x本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，掌握图象上的点的坐标满足解析式是本题的关键．

2、C

【分析】由题意根据必然事件就是一定发生的事件，依据定义依次判断即可．

【详解】解：A.

明天太阳从西边出来，为不可能事件，此选项排除；

B.

打开电视，正在播放《新闻联播》，为不一定事件，此选项排除；

C.

兰州是甘肃的省会，为必然事件，此选项当选；

D.

小明跑完800m所用的时间为1分钟，为不一定事件，此选项排除.

故选：C.

【点睛】

本题考查必然事件的概念．解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件；不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．

3、D

【分析】通过画图发现，点D的运动路线为以A为圆心、 1为半径的圆，当D在对角线CA上时，CD最小，先证明△PBC≌△DBA，则DA=PC=1，再利用勾股定理求对角线CA的长，则得出CD的长．

【详解】如图，当D在对角线CA上时，CD最小，

连接CP，

由旋转得：BP=BD，∠PBD=90°，

∴∠PBC+∠CBD=90°，

∵四边形ABCD为正方形，

∴BC=BA，∠ABC=90°，

∴∠ABD+∠CBD=90°，

∴∠PBC=∠ABD，

在△PBC和△DBA中，

BCBAPBCBA，

BPB∴△PBC≌△DBA，

∴DA=PC=1，

在Rt△ABC中，AB=BC=4，

由勾股定理得：ACAB2BC2424242，

∴CD=AC-DA=421，

即CD长度的最小值为421，

故选：D．

【点睛】

本题考查了正方形的性质、旋转的性质和最小值问题，寻找点D的运动轨迹是本题的关键．

4、D

1代入程序中计算，知道满足条件，即可确定输出的结果.

21【详解】把x=代入程序，

21∵是分数，

21∴y20

x【分析】把x=不满足输出条件，进行下一轮计算；

把x=2代入程序，

∵2不是分数

∴y1212x2x1222140

44满足输出条件，输出结果y=4，

故选D.

【点睛】

本题考查程序运算，解题的关键是读懂程序的运算规则.

5、C

【分析】先表示出CD，AD的长，然后在Rt△ACD中利用∠ACD的正切列方程求解即可．

【详解】过点A作ADBC，

∵点A、点C的横坐标分别为1，3，

且A，C均在反比例函数yk第一象限内的图象上，

xkCA(1,k)∴，3,，

3∴CD=2，AD=k-k，

3∵ABAC，BAC120，ADBC，

∴ACD30，ADC90，

∵tan∠ACD=AD，

DC∴DC3AD，即2故选：C．

k3k，∴k3．

3

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，以及反比例函数图像上点的坐标特征，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．

6、D

【分析】根据反比例函数的性质，可以判断出x1，x2，x3的大小关系，本题得以解决．

m21【详解】解：∵反比例函数y（m为常数），m2+1＞0，

x∴在每个象限内，y随x的增大而减小，

m21∵点A（x1，-6），B（x2，-2），C（x3，2）在反比例函数y（m为常数）的图象上，∵6202，

x∴x2＜x1＜x3，

故选：D.

【点睛】

本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．

7、C

【分析】根据已知条件先求得S△ABE：S△BED=3：2，再根据三角形相似求得S△ACD=S△ABC=S△ABE+S△ACD+S△BED即可求得．

【详解】解：∵AE：ED=3：2，

∴AE：AD=3：5，

∵∠ABE=∠C，∠BAE=∠CAD，

∴△ABE∽△ACD，

∴S△ABE：S△ACD=9：25，

∴S△ACD=2525S△ABE=S△BED，根据9625S△ABE，

9∵AE：ED=3：2，

∴S△ABE：S△BED=3：2，

3S△BED，

22525S△ABE=S△BED，

∴S△ACD=9632025S△BED+S△BED=S△BED，

∵S△ABC=S△ABE+S△ACD+S△BED=S△BED+236∴S△ABE=∴S△BDE：S△ABC=3：20，

故选：C．

【点睛】

本题考查了相似三角形的判定和性质，不同底等高的三角形面积的求法等，等量代换是本题的关键．

8、C

【分析】连接OM，作OHMF，交MF与点H，根据正六边性的性质可得出AOE120，AOM60，得出FOM为等边三角形，再求OH即可.

【详解】解：∵六边形OABCDE是正六边形，

∴AOE120

∵点M为劣弧FG的中点

∴AOM60

连接OM，作OHMF，交MF与点H

∵FOM为等边三角形

∴FM=OM，OMF60

∴OH34226

2故答案为：C.

【点睛】

本题考查的知识点有多边形的内角与外角，特殊角的三角函数值，等边三角形的性质，理解题意正确作出辅助线是解题的关键.

9、C

【解析】设PN=a，PM=b，则ab=6，∵P点在第二象限，∴P（-a，b），代入y=10、B

【解析】直接把x＝−1代入方程就可以确定a，b，c的关系．

【详解】∵x＝−1是方程的解，

∴把x＝−1代入方程有：a−b＋c＝1．

故选：B．

【点睛】

本题考查的是一元二次方程的解，把方程的解代入方程，就可以确定a，b，c的值．

二、填空题(每小题3分,共24分)

11、5-1

【详解】解：如果一点为线段的黄金分割点，那么被分割的较短的边比较大的边等于较大的边比上这一线段的长=k中，得k=-ab=-6，故选C．

x51≈0.618.

2∵AB=2，AP﹥BP,

∴AP:AB=51×2=5-1.

2故答案是：5-1

12、43cm

【分析】连接AO，过O作OD⊥AB，交AB于点D，交弦AB于点E，根据折叠的性质可知OE=DE，再根据垂径定理可知AE=BE，在Rt△AOE中利用勾股定理即可求出AE的长，进而可求出AB的长．

【详解】解：如图，连接AO，过O作OD⊥AB，交AB于点D，交弦AB于点E，

∵AB折叠后恰好经过圆心，

∴OE=DE，

∵⊙O的半径为4cm，

∴OE=11OD=×4=2(cm)，

221AB，

2∵OD⊥AB，

∴AE=在Rt△AOE中，AE=OA2OE2=4222=23(cm)．

∴AB=2AE=43cm．

故答案为：43cm．

【点睛】

本题考查了垂径定理，翻折变换的性质以及勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．

13、2

3【解析】分别过A点作x轴和y轴的垂线，连接EC，由∠COE=90°，根据圆周角定理可得：EC是⊙A的直径、OBCCEO，由A点坐标及垂径定理可求出OE和OC，解直角三角形即可求得tanOBC．

【详解】解：如图，过A作AM⊥x轴于M，AN⊥y轴于N，连接EC，

∵∠COE=90°，

∴EC是⊙A的直径，

∵A(−3，2)，

∴OM=3，ON=2，

∵AM⊥x轴，AN⊥y轴，

∴M为OE中点，N为OC中点，

∴OE=2OM=6，OC=2ON=4，

∴tanOBC=tanCEO【点睛】

本题主要考查了同弧所对的圆周角相等、垂径定理和锐角三角函数定义，熟练掌握定理是解本题的关键．

14、1

【分析】根据题意得出这个点阵中前n行的点数和等于2+4+6+8+……+2n，再计算即可．

【详解】解：根据题意知，2+4+6+8+……+2n

=2（1+2+3+…+n）

=2×OC42．

OE631n（n+1）

2=n（n+1）．

∴n(n1)930，

解得：n30（负值已舍去）；

故答案为：1．

【点睛】

此题考查图形的变化规律，结合图形，找出数字的运算规律，利用规律解决问题．

15、21π．

【分析】利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇

形的面积公式计算．

【详解】解：圆锥的侧面积＝故答案为21π．

【点睛】

本题考查圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．

16、C 78

【分析】根据转一圈需要18分钟，到第12分钟时转了殊角的锐角三角函数求点离地面的高度即可.

【详解】∵转一圈需要18分钟，到第12分钟时转了∴乘坐的座舱到达图2中的点C处

如图，连接BC,OC,OB,作OQ⊥BC于点E

1×2π×3×7＝21π．

22圈，即可确定出座舱到达了哪个位置；再利用垂径定理和特32圈

3

由图2可知圆的半径为44m，BOC120

即OBOCOQ44

∵OQ⊥BC

∴EOC11BOC12060

22122

2∴OEOCcos6044∴QEOQOE442222

∴点C距地面的高度为1002278 m

故答案为C,78

【点睛】

本题主要考查解直角三角形，掌握垂径定理及特殊角的锐角三角函数是解题的关键.

17、y4

x【分析】根据题意易得点A、B、D的坐标，再利用待定系数法求出直线AB的解析式，进而可得点C坐标，然后根据待定系数法即可求得结果．

【详解】解：由已知OD2OB4OA4，得A0,1,B2,0,D4,0，

1kb1设一次函数解析式为ykxb，因为点A、B在一次函数图象上，，解得：2，则一次函数解2kb0b1析式是y1x1，

212因为点C在一次函数图象上，所以当x4时，y411，即C4,1，

mm，∵点C在反比例函数图象上，则1，所以m4，

4x4∴反比例函数解析式是y．

x4故答案为：y．

x设反比例函数解析式为y【点睛】

本题考查了待定系数法求一次函数和反比例函数的解析式以及函数图象上点的坐标特征，属于基础题型，熟练掌握待定系数法求解的方法是解题的关键．

18、4π．

【分析】根据扇形的弧长公式解答即可得解．

【详解】设扇形弧长为l，面积为s，半径为r．

∵S11lr6l12，

22∴l=4π．

故答案为：4π．

【点睛】

本题考查了扇形面积的计算，弧长的计算，熟悉扇形的弧长公式是解题的关键，属于基础题．

三、解答题(共66分)

19、旗杆的高约是14m．

【分析】过点B作BCAD于点C，由题意知，BC5，ABC35，CBD65，根据锐角三角函数即可分别求出AC和CD，从而求出结论．

【详解】解：过点B作BCAD于点C，由题意知，BC5，ABC35，CBD65

∵tan65CD，

BC∴CD5tan6510.7m，

∵tan35AC，

BC∴AC5tan353.5m，

∴AD10.73.514.214m，

答：旗杆的高约是14m．

【点睛】

此题考查的是解直角三角形的应用，掌握利用锐角三角函数解直角三角形是解决此题的关键．

20、（1）yx2x3，(－1，4)；（2）231575，P(，)

482【解析】（1）根据题意将已知点的坐标代入已知的抛物线的解析式，利用待定系数法确定抛物线的解析式并写出其顶点坐标即可；

（2）根据题意设P点的坐标为（t，t22t3）(－3＜t＜0)，并用分割法将四边形的面积S四边形BCPA= S△OBC＋S△OAP＋S△OPC，得到二次函数运用配方法求得最值即可．

【详解】解：（1）∵该抛物线过点C(0，3)，

∴可设该抛物线的解析式为yax2bx3，

∵与x轴交于点A和点B（1，0），其对称轴l为x=－1，

ab30∴b

12aa1∴

b2∴此抛物线的解析式为yx22x3，

其顶点坐标为（－1，4）；

（2）如图：

可知A（－3，0），

∴OA＝3，OB＝1，OC＝3

设P点的坐标为（t，t22t3）(－3＜t＜0)

∴S四边形BCPA＝S△OBC＋S△OAP＋S△OPC

111×OB×OC＋×OA×yP＋×xC×OC

2221111×3＋×3×(t22t3)＋×|t|×3

＝×22233293＝t3tt

2222329＝tt6

2233275＝(t)

228375∴当t＝时，四边形PABC的面积有最大值

82315∴P（，）.

42＝【点睛】

本题考查二次函数综合题．用待定系数法求函数的解析式时要灵活地根据已知条件选择配方法和公式法，注意求抛物线的最值的方法是配方法．

21、9

【分析】根据xyz＝k，用k表示x、y、z，将它们代入原式，即可得到答案．

234xyz＝k，则x＝2k，y＝3k，z＝4k

234【详解】解：设xyz2k3k4k＝9．

∴＝2k3k－4kxyz【点睛】

本题考查了比例的性质，将三个未知数用一个未知数表示出来是解题的关键．

22、（1）见解析；

（2）838

3【分析】（1）连接OC，由圆周角定理得出∠ACB=90°，即∠ACO+∠BCO=90°，由等腰三角形的性质得出∠A=∠D=∠BCD，∠ACO=∠A，得出∠ACO=∠BCD，证出∠DCO=90°，则CD⊥OC，即可得出结论；

（2）证明OB=OC=BC，得出∠BOC=60°，∠D=30°，由直角三角形的性质得出CD=3OC=43，图中阴影部分的面积=△OCD的面积-扇形OBC的面积，代入数据计算即可．

【详解】证明：连接OC，如图所示：

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB=90°，即∠ACO+∠BCO=90°，

∵CA=CD，BC=BD，

∴∠A=∠D=∠BCD，

又∵OA=OC，

∴∠ACO=∠A，

∴∠ACO=∠BCD，

∴∠BCD+∠BCO=∠ACO+∠BCO=90°，即∠DCO=90°，

∴CD⊥OC，

∵OC是⊙O的半径，

∴CD与⊙O相切；

（2）解：∵AB=8，

∴OC=OB=4，

由（1）得：∠A=∠D=∠BCD，

∴∠OBC=∠BCD+∠D=2∠D，

∵∠BOC=2∠A，

∴∠BOC=∠OBC，

∴OC=BC，

∵OB=OC，

∴OB=OC=BC，

∴∠BOC=60°，

∵∠OCD=90°，

-60°=30°∴∠D=90°，

∴CD=3OC=43，

8160π424×43-=83-π．

∴图中阴影部分的面积=△OCD的面积-扇形OBC的面积=×36023【点睛】

本题考查了切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、扇形面积公式、三角形面积公式等知识；熟练掌握切线的判定和圆周角定理是解题的关键．

23、（1）k＝32；

（2）菱形ABCD平移的距离为20．

332（x＞0）的图象D’点处，由题意可知D’的纵坐标x【分析】（1）由题意可得OD＝5，从而可得点A的坐标，从而可得ｋ的值；

（2）将菱形ABCD沿x轴正方向平移，使得点D落在函数y为3，从而可得横坐标，从而可知平移的距离．

【详解】（1）过点D作x轴的垂线，垂足为F，

∵

点D的坐标为（4，3）8=32，， ∴ OF＝4，DF＝3，∴ OD＝5， ∴ AD＝5，∴

点A坐标为（4，8）， ∴ k＝xy=4×∴ k＝32；

（2）将菱形ABCD沿x轴正方向平移，使得点D落在函数y垂足为F’．

∵DF＝3，∴D’F’=3，∴点D’的纵坐标为3，∵点D’在y32（x＞0）的图象D’点处，过点D’做x轴的垂线，x323232的图象上，∴ 3

＝，解得x＝，

即xx332322020OF,FF4,∴菱形ABCD平移的距离为．

3333

考点：1．勾股定理；2．反比例函数；3．菱形的性质；4．平移．

24、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）sin∠ADB的值为【分析】(1)根据等角的余角相等即可证明；

3．

5

(2)连接OA、OB．只要证明△OCB≌△OCA即可解决问题；

(3)如图3中，连接BN，过点O作OP⊥BD于点P，过点O作OQ⊥AC于点Q，则四边形OPHQ是矩形，可知BN是直径，则HQ=OP=991DN=，设AH=x，则AQ=x+，AC=2AQ=2x+1，BC=2x+1，CH=AC﹣AH=2x+1﹣x=x+1，222在Rt△AHB中，BH2=AB2﹣AH2=(310)2﹣x2．在Rt△BCH中，BC2=BH2+CH2即(2x+1)2=(310)2﹣x2+(x+1)2，解得 x=3，BC=2x+1=15，CH=x+1=12求出sin∠BCH，即为sin∠ADB的值．

【详解】(1)证明：如图1，

∵AC⊥BD，DE⊥BC，

∴∠AHD=∠BED=10°，

∴∠DAH+∠ADH=10°，∠DBE+∠BDE=10°，

∵∠DAC=∠DBC，

∴∠ADH=∠BDE，

∴BD平分∠ADF；

(2)证明：连接OA、OB．

∵OB=OC=OA，AC=BC，

∴△OCB≌△OCA(SSS)，

∴∠OCB=∠OCA，

∴OC平分∠ACB；

(3)如图3中，连接BN，过点O作OP⊥BD于点P，过点O作OQ⊥AC于点Q．

则四边形OPHQ是矩形，

∵DN∥AC，

∴∠BDN=∠BHC=10°，

∴BN是直径，

则OP=91DN=，

229，

29，AC=2AQ=2x+1，BC=AC=2x+1，

2∴HQ=OP=设AH=x，则AQ=x+∴CH=AC﹣AH=2x+1﹣x=x+1

在Rt△AHB中，BH2=AB2﹣AH2=(310)2﹣x2．

在Rt△BCH中，BC2=BH2+CH2，

即(2x+1)2=(310)2﹣x2+(x+1)2，

整理得2x2+1x﹣45=0，

(x﹣3)(2x+15)=0，

解得： x=3(负值舍去)，

BC=2x+1=15，CH=x+1=12，BH=1

∵∠ADB=∠BCH，

∴sin∠ADB=sin∠BCH=即sin∠ADB的值为【点睛】

本题考查了圆的垂径定理、锐角三角函数、勾股定理、全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、三角形的中位BH93==．

BC1553．

5

线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或特殊四边形解决问题，属于中考压轴题．

25、（1）OCD45；（2）m=21；（3）OAOB15

2【分析】（1）根据点P、Q的坐标求出直线PQ的解析式，得到点C、D的坐标，根据线段长度得到OCD的度数；

（2）根据已知条件求出∠QOP=45，再由DQPCPQ即可求出m的值；

（3）根据平行四边形及矩形的性质得到BAODCO45，OAOB，设设OAOBn，得到点M的坐标，又由ABPQ两者共同求出n，得到结果.

【详解】（1）由Pm,1，Q1,m，得yPQxm1，

∴D0,m1，Cm1,0

∴OCODm1，

∴COD为等腰直角三角形，

∴OCD45；

（2）∵DOQOCDPOC，

∴DOQPOCOCD45，

∴QOP90(DOQPOC)904545

222易得DQPCPQ，

222∴1111(m1)(m1)，

∴m=21（舍负）；

（3）∵四边形ABPQ为平行四边形，

∴AB//PQ，

又DCO45，∴BAODCO45，

∴OAOB.

设OAOBn.

则M为n,n代入y222222mm，∴n，∴mn2，

nx又ABPQ，∴2n2m1，

由mn2，得n152（舍负），

∴当OAOB15时，符合题意.

2

【点睛】

此题是反比例函数与一次函数的综合题，考查反比例函数的性质，一次函数的性质，勾股定理，矩形的性质，平行四边形的性质.

26、x12,x22

22【分析】先将(x1) -2（x+1）=3化成(x1) -2（x+1）-3=0,再将x+1当作一个整体运用因式分解法求出x+1,最后求出x．

22【详解】解：∵(x1) -2（x+1）=3化成(x1) -2（x+1）-3=0

∴（x+1-3）(x+1+1)=0

∴x+1-3=0或x+1+1=0

∴x12,x22

【点睛】

本题考查了一元二次方程的解法,掌握整体换元法是解答本题的关键．

2024年1月4日发(作者：邗明知)

2022-2023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．如果反比例函数y＝A．15

k1的图象经过点(﹣5，3)，则k＝（

）

xC．16 D．﹣16 B．﹣15

2．下列事件中，是必然事件的是（

）

A．明天太阳从西边出来

C．兰州是甘肃的省会

B．打开电视，正在播放《新闻联播》

D．小明跑完800m所用的时间为1分钟

3．如图，正方形ABCD中，AB4cm，以C为圆心，1cm长为半径画C，点P在C上移动，连接BP，并将BP绕点B逆时针旋转90至BP，连接CP．在点P移动的过程中，CP长度的最小值是（

）

A．422 B．321 C．321 D．421

4．按如图所示的运算程序，输入的

x

的值为1，那么输出的

y

的值为（

）

2

A．1 B．2 C．3 D．4

5．如图，反比例函数yk(k0)第一象限内的图象经过ABC的顶点A，C，ABAC，且BCy轴，点A，xC，的横坐标分别为1，3，若BAC120，则k的值为（

）

A．1 B．2 C．3 D．2

2m1m6．若点Ax1,6，B(x2,2)，Cx3,2在反比例函数y（为常数）的图象上，则x1，x2，x3的大小x关系是（ ）

A．x1x2x3 B．x3x2x1 C．x2x3x1 D．x2x1x3

7．如图，AD是ABC的一条角平分线，点E在AD上．若ABEC，AE:ED3:2

，则BDE与ABC的面积比为（

）

A．1:5 B．5:1 C．3:20 D．20:3

8．如图，O与正六边形OABCDE的边OA,OE分别交于点F,G，点M为劣弧FG的中点.若FM42.则点O到FM的距离是（

）

A．4 B．32 C．26 D．42

9．如图，若点P在反比例函数y=的面积为6，则k的值是（ ）

k（k≠0）的图象上，过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，若矩形PMONx

A．-3 B．3 C．-6 D．6

10．若一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根为﹣1，则（ ）

A．a+b+c=0 B．a﹣b+c=0 C．﹣a﹣b+c=0 D．﹣a+b+c=0

二、填空题(每小题3分,共24分)

11．已知点P是线段AB的黄金分割点，AP＞PB．若AB＝2，则AP＝_____．

12．如图，将半径为4cm的圆折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕的长为_____．

13．如图，在平面直角坐标系中，已知A经过点E、B、O、C，且点O为坐标原点，点C在y轴上，点E在x轴上，A(-3，2)，则tanOBC__________．

14．如图是一个三角形点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有2个点，第二行有4个点……第n行有2n个点……，若前n行的点数和为930，则n是________．

15．已知圆锥的底面半径为3，母线长为7，则圆锥的侧面积是_____．

16．某游乐园的摩天轮(如图1)有均匀分布在圆形转轮边缘的若干个座舱，人们坐在座舱中可以俯瞰美景，图2是摩天轮的示意图．摩天轮以固定的速度绕中心O顺时针方向转动，转一圈为18分钟．从小刚由登舱点P进入摩天轮开始计时，到第12分钟时，他乘坐的座舱到达图2中的点_________处(填A，B，C或D)，此点距地面的高度为_______m．

17．如图，一次函数与反比例函数的图象分别是直线AB和双曲线．直线AB与双曲线的一个交点为点C,CDx轴于点D,OD2OB4OA4，则此反比例函数的解析式为_______________.

18．已知扇形的半径为6，面积是12π，则这个扇形所对的弧长是_____．

三、解答题(共66分)

19．（10分）小明和同学们在数学实践活动课中测量学校旗杆的高度．如图，已知他们小组站在教学楼的四楼，用测角仪看旗杆顶部的仰角为35，看旗杆底部的俯角是为65，教学楼与旗杆的水平距离是5m，旗杆有多高（结果保留整数）？（已知sin350.57，cos350.82，tan350.70，sin650.91，cos550.42tan652.14）

,，与y轴交于点C0,3，其对称轴l为x1，P为抛物线上20．（6分）如图，抛物线与x轴交于点A和点B10第二象限的一个动点．

（1）求抛物线的解析式并写出其顶点坐标；

（2）当点P在运动过程中，求四边形PABC面积最大时的值及此时点P的坐标．

xyz21．（6分）已知，求234xyz的值．

xyz22．（8分）如图，点C在以AB为直径的圆上，D在线段AB的延长线上，且CA=CD，BC=BD．

（1）求证：CD与⊙O相切；

（2）若AB=8，求图中阴影部分的面积．

23．（8分）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点C与原点O重合，点B在y轴的正半轴上，点A在函数y=（k>0，x>0）的图象上，点D的坐标为（4，3）．

（1）求k的值；

（2）若将菱形ABCD沿x轴正方向平移，当菱形的顶点D落在函数y=沿x轴正方向平移的距离．

24．（8分）已知：在⊙O中，弦AC⊥弦BD，垂足为H，连接BC，过点D作DE⊥BC于点E，DE交AC于点F

（k>0，x>0）的图象上时，求菱形ABCD

（1）如图1，求证：BD平分∠ADF；

（2）如图2，连接OC，若AC＝BC，求证：OC平分∠ACB；

（3）如图3，在（2）的条件下，连接AB，过点D作DN∥AC交⊙O于点N，若AB＝310，DN＝1．求sin∠ADB的值．

m1，25．（10分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，函数y（m为常数，的图象经过点Pm,1和Q1,m，x0）直线PQ与x轴，y轴分别交于C，D两点.

mx

（1）求OCD的度数；

（2）如图2，连接OQ、OP，当DOQOCDPOC时，求此时m的值：

（3）如图3，点A，点B分别在x轴和y轴正半轴上的动点.再以OA、OB为邻边作矩形OAMB.若点M恰好在函数ym（m为常数，m1，x0）的图象上，且四边形BAPQ为平行四边形，求此时OA、OB的长度.

x226．（10分）解方程：(x1) -2（x+1）=3

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)

1、D

【分析】将点的坐标代入反比例函数解析式中可求k的值．

【详解】∵反比例函数y3=﹣15， ∴k+1=﹣5×∴k=﹣16

故选：D．

【点睛】

k1的图象经过点(﹣5，3)，

x本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，掌握图象上的点的坐标满足解析式是本题的关键．

2、C

【分析】由题意根据必然事件就是一定发生的事件，依据定义依次判断即可．

【详解】解：A.

明天太阳从西边出来，为不可能事件，此选项排除；

B.

打开电视，正在播放《新闻联播》，为不一定事件，此选项排除；

C.

兰州是甘肃的省会，为必然事件，此选项当选；

D.

小明跑完800m所用的时间为1分钟，为不一定事件，此选项排除.

故选：C.

【点睛】

本题考查必然事件的概念．解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件；不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．

3、D

【分析】通过画图发现，点D的运动路线为以A为圆心、 1为半径的圆，当D在对角线CA上时，CD最小，先证明△PBC≌△DBA，则DA=PC=1，再利用勾股定理求对角线CA的长，则得出CD的长．

【详解】如图，当D在对角线CA上时，CD最小，

连接CP，

由旋转得：BP=BD，∠PBD=90°，

∴∠PBC+∠CBD=90°，

∵四边形ABCD为正方形，

∴BC=BA，∠ABC=90°，

∴∠ABD+∠CBD=90°，

∴∠PBC=∠ABD，

在△PBC和△DBA中，

BCBAPBCBA，

BPB∴△PBC≌△DBA，

∴DA=PC=1，

在Rt△ABC中，AB=BC=4，

由勾股定理得：ACAB2BC2424242，

∴CD=AC-DA=421，

即CD长度的最小值为421，

故选：D．

【点睛】

本题考查了正方形的性质、旋转的性质和最小值问题，寻找点D的运动轨迹是本题的关键．

4、D

1代入程序中计算，知道满足条件，即可确定输出的结果.

21【详解】把x=代入程序，

21∵是分数，

21∴y20

x【分析】把x=不满足输出条件，进行下一轮计算；

把x=2代入程序，

∵2不是分数

∴y1212x2x1222140

44满足输出条件，输出结果y=4，

故选D.

【点睛】

本题考查程序运算，解题的关键是读懂程序的运算规则.

5、C

【分析】先表示出CD，AD的长，然后在Rt△ACD中利用∠ACD的正切列方程求解即可．

【详解】过点A作ADBC，

∵点A、点C的横坐标分别为1，3，

且A，C均在反比例函数yk第一象限内的图象上，

xkCA(1,k)∴，3,，

3∴CD=2，AD=k-k，

3∵ABAC，BAC120，ADBC，

∴ACD30，ADC90，

∵tan∠ACD=AD，

DC∴DC3AD，即2故选：C．

k3k，∴k3．

3

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，以及反比例函数图像上点的坐标特征，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．

6、D

【分析】根据反比例函数的性质，可以判断出x1，x2，x3的大小关系，本题得以解决．

m21【详解】解：∵反比例函数y（m为常数），m2+1＞0，

x∴在每个象限内，y随x的增大而减小，

m21∵点A（x1，-6），B（x2，-2），C（x3，2）在反比例函数y（m为常数）的图象上，∵6202，

x∴x2＜x1＜x3，

故选：D.

【点睛】

本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．

7、C

【分析】根据已知条件先求得S△ABE：S△BED=3：2，再根据三角形相似求得S△ACD=S△ABC=S△ABE+S△ACD+S△BED即可求得．

【详解】解：∵AE：ED=3：2，

∴AE：AD=3：5，

∵∠ABE=∠C，∠BAE=∠CAD，

∴△ABE∽△ACD，

∴S△ABE：S△ACD=9：25，

∴S△ACD=2525S△ABE=S△BED，根据9625S△ABE，

9∵AE：ED=3：2，

∴S△ABE：S△BED=3：2，

3S△BED，

22525S△ABE=S△BED，

∴S△ACD=9632025S△BED+S△BED=S△BED，

∵S△ABC=S△ABE+S△ACD+S△BED=S△BED+236∴S△ABE=∴S△BDE：S△ABC=3：20，

故选：C．

【点睛】

本题考查了相似三角形的判定和性质，不同底等高的三角形面积的求法等，等量代换是本题的关键．

8、C

【分析】连接OM，作OHMF，交MF与点H，根据正六边性的性质可得出AOE120，AOM60，得出FOM为等边三角形，再求OH即可.

【详解】解：∵六边形OABCDE是正六边形，

∴AOE120

∵点M为劣弧FG的中点

∴AOM60

连接OM，作OHMF，交MF与点H

∵FOM为等边三角形

∴FM=OM，OMF60

∴OH34226

2故答案为：C.

【点睛】

本题考查的知识点有多边形的内角与外角，特殊角的三角函数值，等边三角形的性质，理解题意正确作出辅助线是解题的关键.

9、C

【解析】设PN=a，PM=b，则ab=6，∵P点在第二象限，∴P（-a，b），代入y=10、B

【解析】直接把x＝−1代入方程就可以确定a，b，c的关系．

【详解】∵x＝−1是方程的解，

∴把x＝−1代入方程有：a−b＋c＝1．

故选：B．

【点睛】

本题考查的是一元二次方程的解，把方程的解代入方程，就可以确定a，b，c的值．

二、填空题(每小题3分,共24分)

11、5-1

【详解】解：如果一点为线段的黄金分割点，那么被分割的较短的边比较大的边等于较大的边比上这一线段的长=k中，得k=-ab=-6，故选C．

x51≈0.618.

2∵AB=2，AP﹥BP,

∴AP:AB=51×2=5-1.

2故答案是：5-1

12、43cm

【分析】连接AO，过O作OD⊥AB，交AB于点D，交弦AB于点E，根据折叠的性质可知OE=DE，再根据垂径定理可知AE=BE，在Rt△AOE中利用勾股定理即可求出AE的长，进而可求出AB的长．

【详解】解：如图，连接AO，过O作OD⊥AB，交AB于点D，交弦AB于点E，

∵AB折叠后恰好经过圆心，

∴OE=DE，

∵⊙O的半径为4cm，

∴OE=11OD=×4=2(cm)，

221AB，

2∵OD⊥AB，

∴AE=在Rt△AOE中，AE=OA2OE2=4222=23(cm)．

∴AB=2AE=43cm．

故答案为：43cm．

【点睛】

本题考查了垂径定理，翻折变换的性质以及勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．

13、2

3【解析】分别过A点作x轴和y轴的垂线，连接EC，由∠COE=90°，根据圆周角定理可得：EC是⊙A的直径、OBCCEO，由A点坐标及垂径定理可求出OE和OC，解直角三角形即可求得tanOBC．

【详解】解：如图，过A作AM⊥x轴于M，AN⊥y轴于N，连接EC，

∵∠COE=90°，

∴EC是⊙A的直径，

∵A(−3，2)，

∴OM=3，ON=2，

∵AM⊥x轴，AN⊥y轴，

∴M为OE中点，N为OC中点，

∴OE=2OM=6，OC=2ON=4，

∴tanOBC=tanCEO【点睛】

本题主要考查了同弧所对的圆周角相等、垂径定理和锐角三角函数定义，熟练掌握定理是解本题的关键．

14、1

【分析】根据题意得出这个点阵中前n行的点数和等于2+4+6+8+……+2n，再计算即可．

【详解】解：根据题意知，2+4+6+8+……+2n

=2（1+2+3+…+n）

=2×OC42．

OE631n（n+1）

2=n（n+1）．

∴n(n1)930，

解得：n30（负值已舍去）；

故答案为：1．

【点睛】

此题考查图形的变化规律，结合图形，找出数字的运算规律，利用规律解决问题．

15、21π．

【分析】利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇

形的面积公式计算．

【详解】解：圆锥的侧面积＝故答案为21π．

【点睛】

本题考查圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．

16、C 78

【分析】根据转一圈需要18分钟，到第12分钟时转了殊角的锐角三角函数求点离地面的高度即可.

【详解】∵转一圈需要18分钟，到第12分钟时转了∴乘坐的座舱到达图2中的点C处

如图，连接BC,OC,OB,作OQ⊥BC于点E

1×2π×3×7＝21π．

22圈，即可确定出座舱到达了哪个位置；再利用垂径定理和特32圈

3

由图2可知圆的半径为44m，BOC120

即OBOCOQ44

∵OQ⊥BC

∴EOC11BOC12060

22122

2∴OEOCcos6044∴QEOQOE442222

∴点C距地面的高度为1002278 m

故答案为C,78

【点睛】

本题主要考查解直角三角形，掌握垂径定理及特殊角的锐角三角函数是解题的关键.

17、y4

x【分析】根据题意易得点A、B、D的坐标，再利用待定系数法求出直线AB的解析式，进而可得点C坐标，然后根据待定系数法即可求得结果．

【详解】解：由已知OD2OB4OA4，得A0,1,B2,0,D4,0，

1kb1设一次函数解析式为ykxb，因为点A、B在一次函数图象上，，解得：2，则一次函数解2kb0b1析式是y1x1，

212因为点C在一次函数图象上，所以当x4时，y411，即C4,1，

mm，∵点C在反比例函数图象上，则1，所以m4，

4x4∴反比例函数解析式是y．

x4故答案为：y．

x设反比例函数解析式为y【点睛】

本题考查了待定系数法求一次函数和反比例函数的解析式以及函数图象上点的坐标特征，属于基础题型，熟练掌握待定系数法求解的方法是解题的关键．

18、4π．

【分析】根据扇形的弧长公式解答即可得解．

【详解】设扇形弧长为l，面积为s，半径为r．

∵S11lr6l12，

22∴l=4π．

故答案为：4π．

【点睛】

本题考查了扇形面积的计算，弧长的计算，熟悉扇形的弧长公式是解题的关键，属于基础题．

三、解答题(共66分)

19、旗杆的高约是14m．

【分析】过点B作BCAD于点C，由题意知，BC5，ABC35，CBD65，根据锐角三角函数即可分别求出AC和CD，从而求出结论．

【详解】解：过点B作BCAD于点C，由题意知，BC5，ABC35，CBD65

∵tan65CD，

BC∴CD5tan6510.7m，

∵tan35AC，

BC∴AC5tan353.5m，

∴AD10.73.514.214m，

答：旗杆的高约是14m．

【点睛】

此题考查的是解直角三角形的应用，掌握利用锐角三角函数解直角三角形是解决此题的关键．

20、（1）yx2x3，(－1，4)；（2）231575，P(，)

482【解析】（1）根据题意将已知点的坐标代入已知的抛物线的解析式，利用待定系数法确定抛物线的解析式并写出其顶点坐标即可；

（2）根据题意设P点的坐标为（t，t22t3）(－3＜t＜0)，并用分割法将四边形的面积S四边形BCPA= S△OBC＋S△OAP＋S△OPC，得到二次函数运用配方法求得最值即可．

【详解】解：（1）∵该抛物线过点C(0，3)，

∴可设该抛物线的解析式为yax2bx3，

∵与x轴交于点A和点B（1，0），其对称轴l为x=－1，

ab30∴b

12aa1∴

b2∴此抛物线的解析式为yx22x3，

其顶点坐标为（－1，4）；

（2）如图：

可知A（－3，0），

∴OA＝3，OB＝1，OC＝3

设P点的坐标为（t，t22t3）(－3＜t＜0)

∴S四边形BCPA＝S△OBC＋S△OAP＋S△OPC

111×OB×OC＋×OA×yP＋×xC×OC

2221111×3＋×3×(t22t3)＋×|t|×3

＝×22233293＝t3tt

2222329＝tt6

2233275＝(t)

228375∴当t＝时，四边形PABC的面积有最大值

82315∴P（，）.

42＝【点睛】

本题考查二次函数综合题．用待定系数法求函数的解析式时要灵活地根据已知条件选择配方法和公式法，注意求抛物线的最值的方法是配方法．

21、9

【分析】根据xyz＝k，用k表示x、y、z，将它们代入原式，即可得到答案．

234xyz＝k，则x＝2k，y＝3k，z＝4k

234【详解】解：设xyz2k3k4k＝9．

∴＝2k3k－4kxyz【点睛】

本题考查了比例的性质，将三个未知数用一个未知数表示出来是解题的关键．

22、（1）见解析；

（2）838

3【分析】（1）连接OC，由圆周角定理得出∠ACB=90°，即∠ACO+∠BCO=90°，由等腰三角形的性质得出∠A=∠D=∠BCD，∠ACO=∠A，得出∠ACO=∠BCD，证出∠DCO=90°，则CD⊥OC，即可得出结论；

（2）证明OB=OC=BC，得出∠BOC=60°，∠D=30°，由直角三角形的性质得出CD=3OC=43，图中阴影部分的面积=△OCD的面积-扇形OBC的面积，代入数据计算即可．

【详解】证明：连接OC，如图所示：

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB=90°，即∠ACO+∠BCO=90°，

∵CA=CD，BC=BD，

∴∠A=∠D=∠BCD，

又∵OA=OC，

∴∠ACO=∠A，

∴∠ACO=∠BCD，

∴∠BCD+∠BCO=∠ACO+∠BCO=90°，即∠DCO=90°，

∴CD⊥OC，

∵OC是⊙O的半径，

∴CD与⊙O相切；

（2）解：∵AB=8，

∴OC=OB=4，

由（1）得：∠A=∠D=∠BCD，

∴∠OBC=∠BCD+∠D=2∠D，

∵∠BOC=2∠A，

∴∠BOC=∠OBC，

∴OC=BC，

∵OB=OC，

∴OB=OC=BC，

∴∠BOC=60°，

∵∠OCD=90°，

-60°=30°∴∠D=90°，

∴CD=3OC=43，

8160π424×43-=83-π．

∴图中阴影部分的面积=△OCD的面积-扇形OBC的面积=×36023【点睛】

本题考查了切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、扇形面积公式、三角形面积公式等知识；熟练掌握切线的判定和圆周角定理是解题的关键．

23、（1）k＝32；

（2）菱形ABCD平移的距离为20．

332（x＞0）的图象D’点处，由题意可知D’的纵坐标x【分析】（1）由题意可得OD＝5，从而可得点A的坐标，从而可得ｋ的值；

（2）将菱形ABCD沿x轴正方向平移，使得点D落在函数y为3，从而可得横坐标，从而可知平移的距离．

【详解】（1）过点D作x轴的垂线，垂足为F，

∵

点D的坐标为（4，3）8=32，， ∴ OF＝4，DF＝3，∴ OD＝5， ∴ AD＝5，∴

点A坐标为（4，8）， ∴ k＝xy=4×∴ k＝32；

（2）将菱形ABCD沿x轴正方向平移，使得点D落在函数y垂足为F’．

∵DF＝3，∴D’F’=3，∴点D’的纵坐标为3，∵点D’在y32（x＞0）的图象D’点处，过点D’做x轴的垂线，x323232的图象上，∴ 3

＝，解得x＝，

即xx332322020OF,FF4,∴菱形ABCD平移的距离为．

3333

考点：1．勾股定理；2．反比例函数；3．菱形的性质；4．平移．

24、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）sin∠ADB的值为【分析】(1)根据等角的余角相等即可证明；

3．

5

(2)连接OA、OB．只要证明△OCB≌△OCA即可解决问题；

(3)如图3中，连接BN，过点O作OP⊥BD于点P，过点O作OQ⊥AC于点Q，则四边形OPHQ是矩形，可知BN是直径，则HQ=OP=991DN=，设AH=x，则AQ=x+，AC=2AQ=2x+1，BC=2x+1，CH=AC﹣AH=2x+1﹣x=x+1，222在Rt△AHB中，BH2=AB2﹣AH2=(310)2﹣x2．在Rt△BCH中，BC2=BH2+CH2即(2x+1)2=(310)2﹣x2+(x+1)2，解得 x=3，BC=2x+1=15，CH=x+1=12求出sin∠BCH，即为sin∠ADB的值．

【详解】(1)证明：如图1，

∵AC⊥BD，DE⊥BC，

∴∠AHD=∠BED=10°，

∴∠DAH+∠ADH=10°，∠DBE+∠BDE=10°，

∵∠DAC=∠DBC，

∴∠ADH=∠BDE，

∴BD平分∠ADF；

(2)证明：连接OA、OB．

∵OB=OC=OA，AC=BC，

∴△OCB≌△OCA(SSS)，

∴∠OCB=∠OCA，

∴OC平分∠ACB；

(3)如图3中，连接BN，过点O作OP⊥BD于点P，过点O作OQ⊥AC于点Q．

则四边形OPHQ是矩形，

∵DN∥AC，

∴∠BDN=∠BHC=10°，

∴BN是直径，

则OP=91DN=，

229，

29，AC=2AQ=2x+1，BC=AC=2x+1，

2∴HQ=OP=设AH=x，则AQ=x+∴CH=AC﹣AH=2x+1﹣x=x+1

在Rt△AHB中，BH2=AB2﹣AH2=(310)2﹣x2．

在Rt△BCH中，BC2=BH2+CH2，

即(2x+1)2=(310)2﹣x2+(x+1)2，

整理得2x2+1x﹣45=0，

(x﹣3)(2x+15)=0，

解得： x=3(负值舍去)，

BC=2x+1=15，CH=x+1=12，BH=1

∵∠ADB=∠BCH，

∴sin∠ADB=sin∠BCH=即sin∠ADB的值为【点睛】

本题考查了圆的垂径定理、锐角三角函数、勾股定理、全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、三角形的中位BH93==．

BC1553．

5

线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或特殊四边形解决问题，属于中考压轴题．

25、（1）OCD45；（2）m=21；（3）OAOB15

2【分析】（1）根据点P、Q的坐标求出直线PQ的解析式，得到点C、D的坐标，根据线段长度得到OCD的度数；

（2）根据已知条件求出∠QOP=45，再由DQPCPQ即可求出m的值；

（3）根据平行四边形及矩形的性质得到BAODCO45，OAOB，设设OAOBn，得到点M的坐标，又由ABPQ两者共同求出n，得到结果.

【详解】（1）由Pm,1，Q1,m，得yPQxm1，

∴D0,m1，Cm1,0

∴OCODm1，

∴COD为等腰直角三角形，

∴OCD45；

（2）∵DOQOCDPOC，

∴DOQPOCOCD45，

∴QOP90(DOQPOC)904545

222易得DQPCPQ，

222∴1111(m1)(m1)，

∴m=21（舍负）；

（3）∵四边形ABPQ为平行四边形，

∴AB//PQ，

又DCO45，∴BAODCO45，

∴OAOB.

设OAOBn.

则M为n,n代入y222222mm，∴n，∴mn2，

nx又ABPQ，∴2n2m1，

由mn2，得n152（舍负），

∴当OAOB15时，符合题意.

2

【点睛】

此题是反比例函数与一次函数的综合题，考查反比例函数的性质，一次函数的性质，勾股定理，矩形的性质，平行四边形的性质.

26、x12,x22

22【分析】先将(x1) -2（x+1）=3化成(x1) -2（x+1）-3=0,再将x+1当作一个整体运用因式分解法求出x+1,最后求出x．

22【详解】解：∵(x1) -2（x+1）=3化成(x1) -2（x+1）-3=0

∴（x+1-3）(x+1+1)=0

∴x+1-3=0或x+1+1=0

∴x12,x22

【点睛】

本题考查了一元二次方程的解法,掌握整体换元法是解答本题的关键．