浙江省杭州市萧山区2020-2021学年九年级上学期期中数学试卷（word版含答案）试卷

这是一份浙江省杭州市萧山区2020-2021学年九年级上学期期中数学试卷（word版含答案）试卷，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年浙江省杭州市萧山区九年级第一学期期中数学试卷
一、选择题（本题有10个小题，每小题3分，共30分）
1．二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象与y轴的交点坐标是（　　）
A．（0，﹣3） B．（1，0） C．（1，﹣4） D．（3，0）
2．将抛物线y＝2x2经过怎样的平移可得到抛物线y＝2（x+3）2+4（　　）
A．先向左平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度
B．先向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度
C．先向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度
D．先向右平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度
3．用配方法将二次函数y＝x2﹣8x﹣9化为y＝a（x﹣h）2+k的形式为（　　）
A．y＝（x﹣4）2+7 B．y＝（x﹣4）2﹣25
C．y＝（x+4）2+7 D．y＝（x+4）2﹣25
4．一个布袋里装有3个只有颜色不同的球，其中2个红球，1个白球，从布袋里摸出1个球，记下颜色后放回，搅匀，再摸出1个球，则两次摸到的球都是白球的概率是（　　）
A． B． C． D．
5．已知抛物线y＝ax2﹣2ax（a＞0）的图象上三个点的坐标分别为A（﹣1，y1），B（2，y2），C（4，y3），则y1，y2，y3的大小关系为（　　）
A．y3＞y1＞y2 B．y3＞y2＞y1 C．y2＞y1＞y3 D．y2＞y3＞y1
6．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，D是AB边上的中点，以点C为圆心，6为半径作圆，则点D与⊙C的位置关系是（　　）
A．点D在⊙C内 B．点D在⊙C上 C．点D在⊙C外 D．不能确定
7．如图，BC是⊙O的直径，A，D是⊙O上的两点，连接AB，AD，BD，若∠ADB＝70°，则∠ABC的度数是（　　）

A．20° B．70° C．30° D．90°
8．如图，在⊙O中，弦AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，D是上一点，弦AD与BC所夹的锐角度数是72°，则劣弧的长为（　　）

A． B． C．π D．
9．如图，在半径为的⊙O中，弦AB与CD交于点E，∠DEB＝75°，AB＝6，AE＝1，则CD的长是（　　）

A．2 B．2 C．2 D．4
10．已知二次函数y1＝mx2+4mx﹣5m（m≠0），一次函数y2＝2x﹣2，有下列结论：
①当x＞﹣2时，y1随x的增大而减小；
②二次函数y1＝mx2+4mx﹣5m（m≠0）的图象与x轴交点的坐标为（﹣5，0）和（1，0）；
③当m＝1时，y1≤y2；
④在实数范围内，对于x的同一个值，这两个函数所对应的函数值y2≤y1均成立，则m＝．
其中，正确结论的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、填空题（本题有6个小题，每小题4分，共24分）
11．如图，一块飞镖游戏板由大小相等的小正方形构成，向游戏板随机投掷一枚飞镖（飞镖每次都落在游戏板上），击中黑色区域的概率是　 　．

12．如图，若抛物线y＝ax2+bx+c上的P（4，0），Q两点关于它的对称轴x＝1对称，则Q点的坐标为　 　．

13．已知正五边形ABCDE内接于⊙O，连接BD，则∠ABD的度数是　 　．

14．若函数y＝x2+x+c的图象与坐标轴有三个交点，则c的取值范围是 　 　．
15．已知二次函数y＝ax²﹣6ax﹣2（a为常数）的图象不经过第二象限，在自变量x的值满足1≤x≤2时，其对应的函数值y的最大值为3，则a的值为 　 　．
16．如图，在△ABC中，AC＝BC＝5，AB＝6，点D为AC上一点，作DE∥AB交BC于点E，点C关于DE的对称点为点O，以OA为半径作⊙O恰好经过点C，并交直线DE于点M，N．则MN的值为　 　．

三、解答题（本题有7个小题，共66分）
17．已知二次函数y＝﹣2x2+4x+6．
（1）求出该函数的顶点坐标，图象与x轴的交点坐标，
（2）当x在什么范围内时，y随x的增大而增大？当x在什么范围内时，y随x的增大而减小？当x在什么范围内时，y＞0？
18．甲、乙两个袋中有三张除数字外其余完全相同的卡片（如图所示）
甲袋：
乙袋：
现先从甲袋中随机取出一张卡片，用x表示取出的卡片上的数，再从乙袋中随机取出一张卡片，用y表示取出的卡片上的数，把x，y分别作为点A的横坐标和纵坐标
（1）请用列表或画树状图的方法表示出点A的坐标（x，y）的所有情况；
（2）求点A落在第一象限内的概率．
19．如图，在⊙O中，＝，CD⊥OA于D，CE⊥OB于E，求证：AD＝BE．

20．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣2，1），C（﹣1，3）．
（1）若△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点C1的坐标为（4，0），写出顶点A1，B1的坐标；
（2）若△ABC和△A2B2C2关于原点O成中心对称图形，写出△A2B2C2的各顶点的坐标；
（3）将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A3B3C3，写出△A3B3C3的各顶点的坐标．

21．如图，点C，D是半圆O上的三等分点，直径AB＝4，连接AD，AC，作DE⊥AB，垂足为E，DE交AC于点F．
（1）求证：AF＝DF．
（2）求阴影部分的面积（结果保留π和根号）

22．已知一次函数y1＝2x+b的图象与二次函数y2＝a（x2+bx+1）（a≠0，a、b为常数）的图象交于A、B两点，且A的坐标为（0，1）．
（1）求出a、b的值，并写出y1，y2的表达式；
（2）验证点B的坐标为（1，3），并写出当y1≥y2时，x的取值范围；
（3）设u＝y1+y2，v＝y1﹣y2，若m≤x≤n时，u随着x的增大而增大，且v也随着x的增大而增大，求m的最小值和n的最大值．
23．已知P是⊙O上一点，过点P作不过圆心的弦PQ，在劣弧PQ和优弧PQ上分别有动点A、B（不与P、Q重合），连接AP、BP．若∠APQ＝∠BPQ．
（1）如图1，当∠APQ＝45°，AP＝1，BP＝2时，求⊙O的半径；
（2）在（1）的条件下，求四边形APBQ的面积；
（3）如图2，连接AB，交PQ于点M，点N在线段PM上（不与P、M重合），连接ON、OP，若∠NOP+2∠OPN＝90°，探究直线AB与ON的位置关系，并说明理由．



参考答案
一、选择题（本题有10个小题，每小题3分，共30分）
1．二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象与y轴的交点坐标是（　　）
A．（0，﹣3） B．（1，0） C．（1，﹣4） D．（3，0）
【分析】根据图象与y轴的相交的特点可求出坐标．
解：由图象与y轴相交则x＝0，代入得：y＝﹣3，
∴与y轴交点坐标是（0，﹣3）；
故选：A．
2．将抛物线y＝2x2经过怎样的平移可得到抛物线y＝2（x+3）2+4（　　）
A．先向左平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度
B．先向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度
C．先向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度
D．先向右平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度
【分析】抛物线的平移问题，实质上是顶点的平移，原抛物线的顶点为（0，0），平移后的抛物线顶点为（﹣3，4），由顶点的平移规律确定抛物线的平移规律．
解：抛物线y＝2x2的顶点坐标为（0，0），抛物线y＝2（x+3）2+4的顶点坐标为（﹣3，4），
点（0，0）需要先向左平移3个单位，再向上平移4个单位得到点（﹣3，4）．
∴抛物线y＝2x2先向左平移3个单位，再向上平移4个单位得到抛物线y＝2（x+3）2+4．
故选：A．
3．用配方法将二次函数y＝x2﹣8x﹣9化为y＝a（x﹣h）2+k的形式为（　　）
A．y＝（x﹣4）2+7 B．y＝（x﹣4）2﹣25
C．y＝（x+4）2+7 D．y＝（x+4）2﹣25
【分析】直接利用配方法进而将原式变形得出答案．
解：y＝x2﹣8x﹣9
＝x2﹣8x+16﹣25
＝（x﹣4）2﹣25．
故选：B．
4．一个布袋里装有3个只有颜色不同的球，其中2个红球，1个白球，从布袋里摸出1个球，记下颜色后放回，搅匀，再摸出1个球，则两次摸到的球都是白球的概率是（　　）
A． B． C． D．
【分析】画树状图，共有9种等可能的结果，两次摸到的球都是白球的结果有1种，再由概率公式求解即可．
解：画树状图如下：

共有9种等可能的结果，两次摸到的球都是白球的结果有1种，
∴两次摸到的球都是白球的概率为，
故选：B．
5．已知抛物线y＝ax2﹣2ax（a＞0）的图象上三个点的坐标分别为A（﹣1，y1），B（2，y2），C（4，y3），则y1，y2，y3的大小关系为（　　）
A．y3＞y1＞y2 B．y3＞y2＞y1 C．y2＞y1＞y3 D．y2＞y3＞y1
【分析】求出抛物线的对称轴，求出A关于对称轴的对称点的坐标，根据抛物线的增减性，即可求出答案．
解：y＝ax2﹣2ax（a＞0），
对称轴是直线x＝﹣＝1，
即二次函数的开口向上，对称轴是直线x＝1，
即在对称轴的右侧y随x的增大而增大，
A点关于直线x＝1的对称点是D（3，y1），
∵2＜3＜4，
∴y3＞y1＞y2，
故选：A．
6．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，D是AB边上的中点，以点C为圆心，6为半径作圆，则点D与⊙C的位置关系是（　　）
A．点D在⊙C内 B．点D在⊙C上 C．点D在⊙C外 D．不能确定
【分析】要确定点与圆的位置关系，主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系，本题可由勾股定理等性质算出点与圆心的距离d，则d＞r时，点在圆外；当d＝r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．
解：由勾股定理，AB＝，
∵CD是AB边上的中线，
∴CD＝AB＝5，
∴CD＝5＜⊙C的半径，
∴点D在⊙C内．
故选：A．
7．如图，BC是⊙O的直径，A，D是⊙O上的两点，连接AB，AD，BD，若∠ADB＝70°，则∠ABC的度数是（　　）

A．20° B．70° C．30° D．90°
【分析】连接AC，如图，根据圆周角定理得到∠BAC＝90°，∠ACB＝∠ADB＝70°，然后利用互余计算∠ABC的度数．
解：连接AC，如图，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
∵∠ACB＝∠ADB＝70°，
∴∠ABC＝90°﹣70°＝20°．
故选：A．

8．如图，在⊙O中，弦AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，D是上一点，弦AD与BC所夹的锐角度数是72°，则劣弧的长为（　　）

A． B． C．π D．
【分析】连接AC、OD、OB，根据勾股定理求出AC，根据圆周角定理求出∠BOD，根据弧长公式计算即可．
解：连接AC、OD、OB，
∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝＝10，
∵AB⊥BC，
∴AC为直径，
∴OD＝OB＝5，
∵弦AD与BC所夹的锐角度数是72°，
∴∠BAD＝18°，
∴∠BOD＝2∠BAD＝36°，
∴劣弧的长＝＝π，
故选：C．

9．如图，在半径为的⊙O中，弦AB与CD交于点E，∠DEB＝75°，AB＝6，AE＝1，则CD的长是（　　）

A．2 B．2 C．2 D．4
【分析】过点O作OF⊥CD于点F，OG⊥AB于G，连接OB、OD、OE，由垂径定理得出DF＝CF，AG＝BG＝AB＝3，得出EG＝AG﹣AE＝2，由勾股定理得出OG＝＝2，证出△EOG是等腰直角三角形，得出∠OEG＝45°，OE＝OG＝2，求出∠OEF＝30°，由直角三角形的性质得出OF＝OE＝，由勾股定理得出DF＝，即可得出答案．
【解答】解：过点O作OF⊥CD于点F，OG⊥AB于G，连接OB、OD、OE，如图所示：
则DF＝CF，AG＝BG＝AB＝3，
∴EG＝AG﹣AE＝2，
在Rt△BOG中，OG＝＝＝2，
∴EG＝OG，
∴△EOG是等腰直角三角形，
∴∠OEG＝45°，OE＝OG＝2，
∵∠DEB＝75°，
∴∠OEF＝30°，
∴OF＝OE＝，
在Rt△ODF中，DF＝＝＝，
∴CD＝2DF＝2；
故选：C．
10．已知二次函数y1＝mx2+4mx﹣5m（m≠0），一次函数y2＝2x﹣2，有下列结论：
①当x＞﹣2时，y1随x的增大而减小；
②二次函数y1＝mx2+4mx﹣5m（m≠0）的图象与x轴交点的坐标为（﹣5，0）和（1，0）；
③当m＝1时，y1≤y2；
④在实数范围内，对于x的同一个值，这两个函数所对应的函数值y2≤y1均成立，则m＝．
其中，正确结论的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】根据二次函数图象性质，一次函数的性质，抛物线与直线的交点等情况可得出结论．
解：①∵y1＝mx2+4mx﹣5m＝m（x+2）2﹣9m，y2＝2x﹣2，
当x＞﹣2时，y2随x的增大而增大，当m＜0时，y1随x的增大而减小，故①错误；
②令y1＝0，则mx2+4mx﹣5m＝0，x＝1或﹣5，二次函数y1＝mx2+4mx﹣5m（m≠0）的图象与x轴交点的坐标为（﹣5，0）和（1，0），故②正确；
③当m＝1时，二次函数y1＝mx2+4mx﹣5m的图象与一次函数y2＝2x﹣2的图象的交点的横坐标为﹣3和 1，
∴当﹣3≤x≤1时，y1≤y2；故③错误；
④∵y2≤y1，
∴mx2+4mx﹣5m≥2x﹣2，整理得，mx2+（4m﹣2）x+2﹣5m≥0，
当△＝（4m﹣2）2﹣4m（2﹣5m）≤0时，函数值y2≤y1成立，
解得m＝，故④正确．
故选：C．
二、填空题（本题有6个小题，每小题4分，共24分）
11．如图，一块飞镖游戏板由大小相等的小正方形构成，向游戏板随机投掷一枚飞镖（飞镖每次都落在游戏板上），击中黑色区域的概率是　　．

【分析】根据几何概率的求法：飞镖落在阴影部分的概率就是阴影区域的面积与总面积的比值．
解：∵总面积为9个小正方形的面积，其中阴影部分面积为3个小正方形的面积
∴飞镖落在阴影部分的概率是＝，
故答案为：．
12．如图，若抛物线y＝ax2+bx+c上的P（4，0），Q两点关于它的对称轴x＝1对称，则Q点的坐标为　（﹣2，0）　．

【分析】直接利用二次函数的对称性得出Q点坐标即可．
解：∵抛物线y＝ax2+bx+c上的P（4，0），Q两点关于它的对称轴x＝1对称，
∴P，Q两点到对称轴x＝1的距离相等，
∴Q点的坐标为：（﹣2，0）．
故答案为：（﹣2，0）．
13．已知正五边形ABCDE内接于⊙O，连接BD，则∠ABD的度数是　72°　．

【分析】根据多边形内角和定理、正五边形的性质求出∠ABC、CD＝CB，根据等腰三角形的性质求出∠CBD，计算即可．
解：∵五边形ABCDE为正五边形，
∴∠ABC＝∠C＝＝108°，
∵CD＝CB，
∴∠CBD＝＝36°，
∴∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝72°，
故答案为：72°．
14．若函数y＝x2+x+c的图象与坐标轴有三个交点，则c的取值范围是 　　．
【分析】由抛物线y＝x2+x+c的图象与坐标轴有三个交点，可知抛物线不过原点且与x轴有两个交点，继而根据根的判别式即可求解．
解：∵抛物线y＝x2+x+c的图象与坐标轴有三个交点，
∴抛物线不过原点且与x轴有两个交点，
∴Δ＝12﹣4×1×c＞0，且c≠0，
解得：c＜且c≠0，
故答案为：c＜且c≠0．
15．已知二次函数y＝ax²﹣6ax﹣2（a为常数）的图象不经过第二象限，在自变量x的值满足1≤x≤2时，其对应的函数值y的最大值为3，则a的值为 　﹣　．
【分析】根据题意和题目中的函数解析式，利用二次函数的性质可以求得a的值，本题得以解决．
解：∵二次函数y＝ax2﹣6ax﹣2＝a（x﹣3）2﹣9a﹣2，
∴该函数的对称轴是直线x＝3，
又∵二次函数的图象不经过第二象限，
∴a＜0，
∴在自变量x的值满足1≤x≤2时，y随x增大而增大，
其对应的函数值y的最大值为3，
∴当x＝2时，y＝ax2﹣6ax﹣2＝4a﹣12a﹣2＝3，
解得，a＝﹣，
故答案为﹣．
16．如图，在△ABC中，AC＝BC＝5，AB＝6，点D为AC上一点，作DE∥AB交BC于点E，点C关于DE的对称点为点O，以OA为半径作⊙O恰好经过点C，并交直线DE于点M，N．则MN的值为　　．

【分析】如图，连接OC交MN于点J，延长CO交AB于H，连接OA，OM．解直角三角形求出CH，设OA＝OC＝x，在Rt△AOH中，利用勾股定理求出x，再在Rt△OMJ中，求出MJ即可解决问题．
解：如图，连接OC交MN于点J，延长CO交AB于H，连接OA，OM．

∵CA＝CB，
∴＝，
∴CH⊥AB，
∴AH＝HB＝3，
∴CH＝＝＝4，
设OA＝OC＝x，
在Rt△AOH中，则有x2＝32+（4﹣x）2，
∴x＝，
∴OA＝OM＝OC＝，
∵O，C关于MN对称，
∴OC⊥MN，OJ＝JC＝，
∴MJ＝JN＝＝＝，
∴MN＝2MJ＝，
故答案为．
三、解答题（本题有7个小题，共66分）
17．已知二次函数y＝﹣2x2+4x+6．
（1）求出该函数的顶点坐标，图象与x轴的交点坐标，
（2）当x在什么范围内时，y随x的增大而增大？当x在什么范围内时，y随x的增大而减小？当x在什么范围内时，y＞0？
【分析】（1）把函数解析式整理成顶点式形式，然后写出顶点坐标和对称轴即可，然后令y＝0解方程求出x的值，即可得到与x轴的坐标即可；
（2）根据函数的对称轴，开口方向，与x轴的交点得出结论．
解：（1）y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，
∴顶点坐标为（1，8），
令y＝0，则﹣2x2+4x+6＝0，
整理得：2x2﹣4x﹣6＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴函数图象与x轴的交点坐标为（﹣1，0），（3，0）；
（2）y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，
∵﹣2＜0，抛物线开口向下，对称轴为x＝1，
∴当x＜1时，y随x的增大而增大，
当x＞1时，y随x的增大而减小，
∵函数图象与x轴的交点坐标为（﹣1，0），（3，0），
∴当﹣1＜x＜3时，y＞0．
18．甲、乙两个袋中有三张除数字外其余完全相同的卡片（如图所示）
甲袋：
乙袋：
现先从甲袋中随机取出一张卡片，用x表示取出的卡片上的数，再从乙袋中随机取出一张卡片，用y表示取出的卡片上的数，把x，y分别作为点A的横坐标和纵坐标
（1）请用列表或画树状图的方法表示出点A的坐标（x，y）的所有情况；
（2）求点A落在第一象限内的概率．
【分析】（1）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果；
（2）由树状图可得点A落在第一象限内的有：（1，1），（1，4），然后直接利用概率公式求解即可求得答案．
解：（1）画树状图得：

则点A的坐标（x，y）为：（1，﹣3），（1，1），（1，4），（0，﹣3），（0，1），（0，4），（﹣3，﹣3），（﹣3，1），（﹣3，4）；

（2）∵点A落在第一象限内的有：（1，1），（1，4），
∴点A落在第一象限内的概率为：．
19．如图，在⊙O中，＝，CD⊥OA于D，CE⊥OB于E，求证：AD＝BE．

【分析】连接OC，先根据＝得出∠AOC＝∠BOC，再由已知条件根据AAS定理得出△COD≌△COE，由此可得出结论．
【解答】证明：连接OC，
∵＝，
∴∠AOC＝∠BOC．
∵CD⊥OA于D，CE⊥OB于E，
∴∠CDO＝∠CEO＝90°
在△COD与△COE中，
∵，
∴△COD≌△COE（AAS），
∴OD＝OE，
∵AO＝BO，
∴AD＝BE．

20．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣2，1），C（﹣1，3）．
（1）若△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点C1的坐标为（4，0），写出顶点A1，B1的坐标；
（2）若△ABC和△A2B2C2关于原点O成中心对称图形，写出△A2B2C2的各顶点的坐标；
（3）将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A3B3C3，写出△A3B3C3的各顶点的坐标．

【分析】（1）利用点C和点C1的坐标变化得到平移的方向与距离，然后利用此平移规律写出顶点A1，B1的坐标；
（2）根据关于原点对称的点的坐标特征求解；
（3）利用网格和旋转的性质画出△A2B3C3，然后写出△A2B3C3的各顶点的坐标．
解：（1）如图，△A1B1C1为所作，
因为点C（﹣1，3）平移后的对应点C1的坐标为（4，0），
所以△ABC先向右平移5个单位，再向下平移3个单位得到△A1B1C1，
所以点A1的坐标为（2，2），B1点的坐标为（3，﹣2）；
（2）因为△ABC和△A2B2C2关于原点O成中心对称图形，
所以A2（3，﹣5），B2（2，﹣1），C2（1，﹣3）；
（3）如图，△A2B3C3为所作，A3（5，3），B3（1，2），C3（3，1）；

21．如图，点C，D是半圆O上的三等分点，直径AB＝4，连接AD，AC，作DE⊥AB，垂足为E，DE交AC于点F．
（1）求证：AF＝DF．
（2）求阴影部分的面积（结果保留π和根号）

【分析】（1）连接OD，OC，根据已知条件得到∠AOD＝∠DOC＝∠COB＝60°，根据圆周角定理得到∠CAD＝∠ADE＝30°，于是得到结论；
（2）由（1）知，∠AOD＝60°，推出△AOD是等边三角形，OA＝2，得到DE＝，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论
【解答】（1）证明：连接OD，OC，

∵C、D是半圆O上的三等分点，
∴＝＝，度数都是60°，
∴∠AOD＝∠DOC＝∠COB＝60°，
∴∠DAC＝30°，∠CAB＝30°，
∵DE⊥AB，
∴∠AEF＝90°，
∴∠ADE＝180°﹣90°﹣30°﹣30°＝30°，
∴∠DAC∠ADE＝30°，
∴AF＝DF；

（2）解：由（1）知，∠AOD＝60°，
∵OA＝OD，AB＝4，
∴△AOD是等边三角形，OA＝2，
∵DE⊥AO，
∴DE＝，
∴S阴影＝S扇形AOD﹣S△AOD＝﹣×2×＝π﹣．
22．已知一次函数y1＝2x+b的图象与二次函数y2＝a（x2+bx+1）（a≠0，a、b为常数）的图象交于A、B两点，且A的坐标为（0，1）．
（1）求出a、b的值，并写出y1，y2的表达式；
（2）验证点B的坐标为（1，3），并写出当y1≥y2时，x的取值范围；
（3）设u＝y1+y2，v＝y1﹣y2，若m≤x≤n时，u随着x的增大而增大，且v也随着x的增大而增大，求m的最小值和n的最大值．
【分析】（1）把A点的坐标分别代入两个函数的解析式，便可求得a与b的值；
（2）画出函数图象，根据函数图象作答；
（3）求出出个函数的对称轴，根据函数的性质得出“u随着x的增大而增大，且v也随着x的增大而增大”时x的取值范围，进而得m的最小值和n的最大值．
解：（1）把A（0，1）代入y1＝2x+b得b＝1，
把A（0，1）代入y2＝a（x2+bx+1）得，a＝1，
∴y1＝2x+1，y2＝x2+x+1；

（2）解方程组得或，
∴B（1，3），
作y1＝2x+1，y2＝x2+x+1的图象如下：

由函数图象可知，y1＝2x+1不在y2＝x2+x+1下方时，0≤x≤1，
∴当y1≥y2时，x的取值范围为0≤x≤1；

（3）∵u＝y1+y2＝2x+1+x2+x+1＝x2+3x+2＝（x+1.5）2﹣0.25，
∴当x≥﹣1.5时，u随x的增大而增大；
v＝y1﹣y2＝（2x+1）﹣（x2+x+1）＝﹣x2+x＝﹣（x﹣0.5）2+0.25，
∴当x≤0.5时，v随x的增大而增大，
∴当﹣1.5≤x≤0.5时，u随着x的增大而增大，且v也随着x的增大而增大，
∵若m≤x≤n时，u随着x的增大而增大，且v也随着x的增大而增大，
∴m的最小值为﹣1.5，n的最大值为0.5．
23．已知P是⊙O上一点，过点P作不过圆心的弦PQ，在劣弧PQ和优弧PQ上分别有动点A、B（不与P、Q重合），连接AP、BP．若∠APQ＝∠BPQ．
（1）如图1，当∠APQ＝45°，AP＝1，BP＝2时，求⊙O的半径；
（2）在（1）的条件下，求四边形APBQ的面积；
（3）如图2，连接AB，交PQ于点M，点N在线段PM上（不与P、M重合），连接ON、OP，若∠NOP+2∠OPN＝90°，探究直线AB与ON的位置关系，并说明理由．

【分析】（1）连接AB，由已知得到∠APB＝∠APQ+BPQ＝90°，根据圆周角定理证得AB是⊙O的直径，然后根据勾股定理求得直径，即可求得半径；
（2）由（1）知AB是⊙O的直径，得到∠APB＝90°，推出∠AOQ＝90°，根据勾股定理求出AB，再根据四边形APBQ的面积化成Rt△APB和Rt△AQB的和，即可得解：
（3）连接OA、OB、OQ，由∠APQ＝∠BPQ证得＝，即可证得OQ⊥AB，然后根据三角形内角和定理证得∠NOQ＝90°，即NO⊥OQ，即可证得AB∥ON．
解：（1）连接AB，

∵∠APQ＝∠BPQ＝45°，
∴∠APB＝∠APQ+BPQ＝90°，
∴AB是⊙O的直径，
∴AB＝＝＝3，
∴⊙O的半径为；
（2）连结AB，AQ，OQ，BQ，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠APB＝90°，
∵∠APQ＝45°，
∴∠AOQ＝90°，
∴S四APBQ＝S△APB+S△AQB
＝•PB•AP+•AB•OQ
＝×2×1+×3×
＝+；
（3）AB∥ON，
证明：连接OA、OB、OQ，
∵∠APQ＝∠BPQ，
∴＝，
∴∠AOQ＝∠BOQ，
∵OA＝OB，
∴OQ⊥AB，
∵OP＝OQ，
∴∠OPN＝∠OQP，
∵∠OPN+∠OQP+∠NOP+∠NOQ＝180°，
∴2∠OPN+∠NOP+∠NOQ＝180°，
∵∠NOP+2∠OPN＝90°，
∴∠NOQ＝90°，
∴NO⊥OQ，
∴AB∥ON．