苏州市2022-2023学年九年级（上）期末数学压轴题分析

这是一份苏州市2022-2023学年九年级（上）期末数学压轴题分析，共23页。
2022-2023学年苏州市九年级（上）期末数学压轴题分析
1．（常张昆太四市9）如图，在△ABC中，以BC为直径的⊙O，交AB的延长线于点D，交AC于点E．连接OD，OE，若∠DOE＝130°，则∠A的度数为（　　）
A．45° B．40° C．35° D．25°
第1题第2题
2．（常张昆太四市10）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的边AB⊥x轴，A（﹣2，0），C（﹣4，1），二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象经过点B．将△ABC沿x轴向右平移m（m＞0）个单位，使点A平移到点A′，然后绕点A'顺时针旋转90°，若此时点C的对应点C′恰好落在抛物线上，则m的值为（　　）
A．+1 B．+3 C．+2 D．2+1
3.（苏州9）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，0），点B（m，0），点C（0，﹣m），其中2＜m＜3，下列结论：①2a+b＞0，②2a+c＜0，③方程ax2+bx+c＝﹣m有两个不相等的实数根，④不等式ax2+（b﹣1）x＜0的解集为0＜x＜m，其中正确结论的个数为（　　）A．1 B．2 C．3 D．4
第3题第4题
4．（苏州10）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，再将△ADC沿AD翻折，得到△ADE，连接BE，则tan∠EBC的值为（　　）
A． B． C． D．
5．（常张昆太四市9）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于点（﹣2，0）、（x1，0）．且1＜x1＜2，与y轴的负半轴相交．则下列关于a、b的大小关系正确的是（　　）
A．a＞0＞b B．a＞b＞0 C．b＞a＞0 D．b＜a＜0
第6题第7题
6．（常张昆太四市10）如图，在△ABC中，AC＝6，BC＝8，∠C＝90°，∠ABC与∠BAC的平分线交于点D，过点D作DE∥AC交AB于点E，则DE＝（　　）
A． B．2 C． D．3
7．（苏州9）如图，在平面直角坐标系中，以原点O为圆心，6为半径的⊙O与直线y＝﹣x+b（b＞0）交于A，B两点，连接OA，OB，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，若点C恰好在⊙O上，则b的值为（　　）
A．3 B．2 C．3 D．2
8．（苏州10）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC绕直角边AC的中点O旋转，得到△DEF，连接AD，若DE恰好经过点C，且DE交AB于点G，则tan∠DAG的值为（　　）A． B． C． D．
第8题第9题
9．（常张昆太四市17）如图，抛物线y1＝a（x﹣2）2+c分别与x轴、y轴交于A、C两点，点B在抛物线上，且BC平行于x轴，直线y2＝x﹣1经过A、B两点，则关于x的不等式a（x﹣2）2+c+1＞x的解集是 　 　．
10．（常张昆太四市18）如图，半径为4的扇形OAB中，∠O＝60°，C为半径OA上一点，过C作CD⊥OB于点D，以CD为边向右作等边△CDE，当点E落在上时，CD＝　 　．
第10题第11题
11. （苏州17）我们给出定义：如果两个锐角的和为45°，那么称这两个角互为半余角．如图，在△ABC中，∠A，∠B互为半余角，且，则tanA＝　 　．
12．（苏州18）如图，以面积为20的Rt△ABC的斜边AB为直径作⊙O，∠ACB的平分线交⊙O于点D，若，则AC+BC＝　 　．
第12题第14题
13．（常张昆太四市17）已知二次函数y＝ax2+2ax+3a2+3（其中x是自变量），当x≥2时，y随x的增大而增大，且﹣2≤x≤1时，y的最大值为9，则a的值为　 　．
14．（常张昆太四市18）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为弧BD的中点，则AC的长是　 　．

15．（常张昆太四市25）某公司电商平台．在2021年国庆期间举行了商品打折促销活动，经市场调查发现，某种商品的周销售量y（件）是关于售价x（元/件）的一次函数．已知，当x＝50时，y＝200；当x＝80时，y＝140．
（1）求y与x的函数表达式（不要求写出自变量的取值范围）；
（2）若该商品进价为30（元/件）．
①当售价x为多少元时，周销售利润W最大？并求出此时的最大利润；
②因原料涨价，该商品进价提高了a（元/件）（a＞0），公司为回馈消费者，规定该商品售价x不得超过75（元/件），且该商品在今后的销售中，周销售量y与售价x仍满足（1）中的函数关系，若周销售最大利润是6000元，求a的值．





16．（常张昆太四市26）如图，以AE为直径的⊙O交直线AB于A、B两点，点C在⊙O上，过点C作CD⊥AB于点D，连接AC，BC，CE，其中BC与AE交于点F，且AC平分∠DAE．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AD＝1，AB＝8．
①求CD的长；
②求tan∠AFC的值．

17．（常张昆太四市27）如图，二次函数y＝﹣x2+x+3的图象交x轴于A，B两点，交y轴于点C，点D是BC上方抛物线上的一点，过D作AC的平行线，交BC于点E．
（1）求△ABC的面积；
（2）连接CD，当CD∥x轴时，求△CDE的面积；
（3）求DE的最大值．







18．（常张昆太四市28）如果三角形的两个内角α与β满足α﹣β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准直角三角形”．
（1）若△ABC是“准直角三角形”，∠C＞90°，∠A＝70°，则∠B＝　 　°．
（2）如图1，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AB＝10，D是BC上的一点，tanB＝，若CD＝，请判断△ABD是否为准直角三角形，并说明理由．
（3）如图2，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，E是直径AB下方半圆上的一点，AB＝10，tan∠ABC＝，若△ACE为”准直角三角形”，求CE的长．

19.．（苏州26）如图，△ABC内接于⊙O，D为AB延长线上一点，过点D作⊙O的切线，切点为E，连接BE，CE，AE．
（1）若BC∥DE，求证：△ACE∽△EBD；
（2）在（1）的条件下，若AC＝9，BD＝4，sin∠BAE＝，求⊙O的半径．

20．（苏州27）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C，连接BC．
（1）填空：b＝　 　，c＝　 　；
（2）过点C作CD∥x轴，交二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象于点D，点M是二次函数y＝﹣x2+bx+c图象上位于线段CD上方的一点，过点M作MN∥y轴，交线段BC于点N．设点M的横坐标为m，四边形MCND的面积为S．
①S与m的函数表达式，并求S的最大值；
②点P为直线MN上一动点，当S取得最大值时，求△POC周长的最小值．


∵A'D'＝AD＝1，C'D'＝CD＝2，∴点C'坐标为（m﹣1，2），又点C'在抛物线上，
∴把C'（m﹣1，2）代入y＝x2﹣2x﹣3中，得：（m﹣1）2﹣2（m﹣1）﹣3＝2，
整理得：m2﹣4m﹣2＝0．解得：m1＝2+，m2＝2﹣（舍去）．故选：C．
【点评】本题考查二次函数的性质，坐标平移的性质，正确表示出点C'坐标是解题关键．
3. （3分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，0），点B（m，0），点C（0，﹣m），其中2＜m＜3，下列结论：①2a+b＞0，②2a+c＜0，③方程ax2+bx+c＝﹣m有两个不相等的实数根，④不等式ax2+（b﹣1）x＜0的解集为0＜x＜m，其中正确结论的个数为（　　）A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①利用点A（﹣1，0），点B（m，0）求出对称轴，然后利用2＜m＜3判断即可；
②把点A（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+c中可得a﹣b+c＝0，再结合①中的结论即可解答；
③利用直线y＝﹣m与二次函数y＝ax2+bx+c的图象的交点个数判断即可；
④先求出函数y＝ax2+（b﹣1）x的对称轴，再求出与x轴的两个交点坐标即可解答．
【解答】解：①∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，0），点B（m，0），∴二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象的对称轴是直线：x＝，
∵2＜m＜3，∴1＜﹣1+m＜2，
∴＜＜1，∴＜＜1，
∵＜1，a＞0，∴2a+b＞0，故①正确；
②把点A（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+c中
可得：a﹣b+c＝0，∴b＝a+c，
由①得：＞，∵a＞0，
∴a+b＜0，∴a+a+c＜0，∴2a+c＜0，故②正确；
③由图可知：
直线y＝﹣m与二次函数y＝ax2+bx+c的图象抛物线有两个交点，
∴方程ax2+bx+c＝﹣m有两个不相等的实数根，故③正确；
④∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，0），点B（m，0），
∴y＝a（x+1）（x﹣m）＝ax2﹣amx+ax﹣am，
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点C（0，﹣m），∴﹣am＝﹣m，∴a＝1，
二次函数y＝ax2+（b﹣1）x的对称轴为直线：x＝，
把x＝0代入二次函数y＝ax2+（b﹣1）x中可得：y＝0，
∴二次函数y＝ax2+（b﹣1）x的图象与x轴的交点为：（0，0），
设二次函数y＝ax2+（b﹣1）x的图象与x轴的另一个交点为（n，0），
∴＝，∴n＝＝1﹣b，
∵不等式ax2+（b﹣1）x＜0的解集为0＜x＜n，
∴不等式ax2+（b﹣1）x＜0的解集为0＜x＜，
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象的对称轴是直线：x＝，
∴＝，∴m＝＝1﹣b，∴不等式ax2+（b﹣1）x＜0的解集为0＜x＜m，
故④正确，所以：正确结论的个数有4个，故选：D．
【点评】本题考查了二次函数与不等式组，根的判别式，二次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点，准确熟练地进行计算是解题的关键．
4．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，再将△ADC沿AD翻折，得到△ADE，连接BE，则tan∠EBC的值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】过E作EG⊥CD交CD延长线于G，过A作AF⊥EG于F，证明△EDG∽△AEF，可得＝＝＝，设AF＝4m，EF＝4n，则EG＝3m，DG＝3n，根据四边形ACGF是矩形，得4m＝3+3n，4＝4n+3m，解得m＝，n＝，从而EG＝3m＝，DG＝3n＝，在Rt△BEG中，即可求得tan∠EBC＝＝＝．
题图答图
【解答】解：过E作EG⊥CD交CD延长线于G，过A作AF⊥EG于F，如图：
∵将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，再将△ADC沿AD翻折，
∴BC＝CD＝DE＝3，AC＝AE＝4，∠ACD＝∠AED＝90°，
∴∠DEG＝90°﹣∠AEF＝∠EAF，又∠G＝∠F＝90°，
∴△EDG∽△AEF，∴＝＝＝，
设AF＝4m，EF＝4n，则EG＝3m，DG＝3n，
∵∠ACD＝90°＝∠G＝∠F，∴四边形ACGF是矩形，
∴AF＝CD，AC＝FG，即4m＝3+3n，4＝4n+3m，解得m＝，n＝，
∴EG＝3m＝，DG＝3n＝，∴BG＝BC+CD+DG＝，
在Rt△BEG中，tan∠EBC＝＝＝，故选：A．
【点评】本题考查直角三角形的翻折，解题的关键是掌握翻折的性质，作辅助线，构造相似三角形，利用方程思想解决问题．
5．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于点（﹣2，0）、（x1，0）．且1＜x1＜2，与y轴的负半轴相交．则下列关于a、b的大小关系正确的是（　　）
A．a＞0＞b B．a＞b＞0 C．b＞a＞0 D．b＜a＜0
【分析】首先根据题意画出草图，再根据抛物线的开口方向和对称轴的位置确定a、b的大小和符号即可．
【解答】解：根据题意画出草图，
可得抛物线开口向上，则a＞0，
∵1＜x1＜2，∴﹣1＜﹣2+x1＜0
∴﹣＜＜0，∴对称轴在y轴左侧，
∴a、b同号，∴b＞0，
∵﹣，∴＜1，∴b＜a，
∴a＞b＞0，故选：B．
【点评】此题主要考查了二次函数的图象与系数的关系，关键是根据所给点画出图象．
6．（3分）如图，在△ABC中，AC＝6，BC＝8，∠C＝90°，∠ABC与∠BAC的平分线交于点D，过点D作DE∥AC交AB于点E，则DE＝（　　）
A． B．2 C． D．3
【分析】延长ED交BC于点G，作DF⊥AB于点F，作DH⊥AC于点H，根据正方形的判定和直角三角形的判定和性质以及勾股定理解答即可．
题图答图
【解答】解：延长ED交BC于点G，作DF⊥AB于点F，作DH⊥AC于点H，
∵DE∥AC，∠C＝90°，∴∠BGE＝∠C＝90°，∴EG⊥BC，
∴∠DGC＝∠DHC＝∠C＝90°，∴四边形DGCH为矩形，
∵AD平分∠BAC，BD平分∠ABC，DF⊥AB，DH⊥AC，DG⊥BC，
∴DF＝DH，DG＝DF，∴DH＝DG，∴四边形DGCH为正方形，
在Rt△BDG和Rt△BDF中，，∴Rt△BDG≌Rt△BDF（HL），∴BF＝BG，
同理可得：Rt△AHD≌Rt△AFD，由勾股定理可得：AB2＝AC2+BC2＝100，∴AB＝10，
设CH＝CG＝x，则AH＝6﹣x，BG＝8﹣x，∴AF＝6﹣x，BF＝8﹣x，
∴AB＝10＝AF+BF＝6﹣x+8﹣x＝14﹣2x，即14﹣2x＝10，解得：x＝2，
∴CH＝CG＝2，BG＝6，
∵DE∥AC，∴△BEG∽△BAC，∴，即，
∴EG＝4.5，∴DE＝EG﹣DG＝4.5﹣2＝2.5，
方法二，∵点D为角平分线的交点，∴点D到三边距离相等，
∴点D到线段AB的距离DF为2，∵△DFE∽△CAB，∴DE＝2.5，故选：A．
【点评】此题考查直角三角形的性质、平行线的性质，关键是根据正方形的判定和直角三角形的判定和性质以及勾股定理解答．
7．（3分）如图，在平面直角坐标系中，以原点O为圆心，6为半径的⊙O与直线y＝﹣x+b（b＞0）交于A，B两点，连接OA，OB，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，若点C恰好在⊙O上，则b的值为（　　）
A．3 B．2 C．3 D．2
【分析】如图，连接OC交AB于T．求出点T的坐标，利用待定系数法即可解决问题．
题图答图
【解答】解：如图，连接OC交AB于T，设直线AB交x轴于M，交Y轴于N．
∵直线AB的解析式为y＝﹣x+b，∴N（0，b），M（b，0），∴OM＝ON，∴∠OMN＝45°，
∵四边形OACB是平行四边形，OA＝OB，∴四边形OACB是菱形，
∴OC⊥AB，∴∠COM＝45°，∵OC＝6，∴C（3，3），
∵OT＝TC，∴T（，），
把T点坐标代入y＝﹣x+b，可得b＝3，故选：C．
【点评】本题考查圆周角定理，平行四边形的性质，菱形的判定，一次函数的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
8．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC绕直角边AC的中点O旋转，得到△DEF，连接AD，若DE恰好经过点C，且DE交AB于点G，则tan∠DAG的值为（　　）A． B． C． D．
【分析】连接OG，由勾股定理求出AB＝5，由直角三角形的性质求出CG，CD，AD的长，由锐角三角函数的定义可得出答案．
题图答图
【解答】解：连接OG，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝＝＝5，
∵点O是AC边的中点，∴OC＝OA＝OD＝AC＝2，
∴∠GCO＝∠ODC＝∠BAC，∠ADC＝90°，∴AG＝CG，∴OG⊥AC，
在Rt△ABC中，sin∠BAC＝，cos∠BAC＝，
∴sin∠OCG＝，cos∠OCG＝，
在Rt△OCG中，CG＝＝，在Rt△ACD中，CD＝AC•cos∠OCG＝，
AD＝AC•sin∠OCG＝，∴DG＝CD﹣CG＝﹣＝，
∴tan∠DAG＝＝＝．故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数的定义，勾股定理，直角三角形的性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
9．（3分）如图，抛物线y1＝a（x﹣2）2+c分别与x轴、y轴交于A、C两点，点B在抛物线上，且BC平行于x轴，直线y2＝x﹣1经过A、B两点，则关于x的不等式a（x﹣2）2+c+1＞x的解集是 　x＜1或x＞4　．
【分析】根据抛物线的对称性求得B的横坐标，
由直线的解析式求得A的坐标，然后根据图象
写出抛物线在直线上方时的x的取值即可．
【解答】解：∵抛物线y1＝a（x﹣2）2+c，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，
∴B点的横坐标为4，
∵直线y2＝x﹣1与x轴交于A点，
∴A（1，0），
由图象可知，关于x的不等式a（x﹣2）2+c+1＞x的解集是x＜1或x＞4，
故答案为：x＜1或x＞4．
【点评】本题考查了二次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数与不等式的关系，求得A、B的横坐标是解题的关键．
10．（3分）如图，半径为4的扇形OAB中，∠O＝60°，C为半径OA上一点，过C作CD⊥OB于点D，以CD为边向右作等边△CDE，当点E落在上时，CD＝　　．
题图答图
【分析】如图，连接OE．设OD＝m．证明∠OCE＝90°，利用勾股定理构建方程求解．
【解答】解：如图，连接OE．设OD＝m．∵CD⊥OB，∴∠CDO＝90°，
∵∠COD＝60°，∴∠OCD＝90°﹣60°＝30°，∴OC＝2OD＝2m，CD＝m，
∵△CDE是等边三角形，∴CD＝CE＝m，∠DCE＝60°，
∴∠OCE＝∠OCD+∠DCE＝90°，∴OC2+CE2＝OE2，


由设AB＝2x，CD＝x，∴CH＝DH＝x，OC＝OD＝x，
∴OH＝＝x，∴OD＝2OH，∴∠OCH＝∠ODH＝30°，
∵∠ACB＝90°，CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∴∠ACO＝∠OAC＝15°，∠OCB＝75°，∴∠COB＝30°，
∴∠OCE＝60°，∴CE＝x，OE＝x，
∵S△ABC＝AB•CE＝•x•2x＝20，∴x＝2，
∴AO＝BO＝2，OE＝x＝×2＝，CE＝x＝×2＝，
∴AE＝AO+OE＝2+，BE＝OB﹣OE＝2﹣，
∴AC＝＝2+2，BC＝＝2﹣2，
∴AC+BC＝2+2+2﹣2＝4，故答案为：4．
【点评】本题考查了垂径定理、勾股定理、角平分线的定义、含30°角的直角三角形三边关系，解题的关键是准确作出辅助线构造直角三角形，然后通过三角形的三边关系得到含30°角的直角三角形．
13．（3分）已知二次函数y＝ax2+2ax+3a2+3（其中x是自变量），当x≥2时，y随x的增大而增大，且﹣2≤x≤1时，y的最大值为9，则a的值为　1　．
【分析】先求出二次函数的对称轴，再根据二次函数的增减性得出抛物线开口向上a＞0，然后由﹣2≤x≤1时，y的最大值为9，可得x＝1时，y＝9，即可求出a．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2+2ax+3a2+3（其中x是自变量），
∴对称轴是直线x＝﹣＝﹣1，
∵当x≥2时，y随x的增大而增大，∴a＞0，
∵﹣2≤x≤1时，y的最大值为9，∴x＝1时，y＝a+2a+3a2+3＝9，
∴3a2+3a﹣6＝0，∴a＝1，或a＝﹣2（不合题意舍去）．故答案为：1．
【点评】考查二次函数的性质，解题的关键是熟知二次函数的性质并作出正确的判断．
14．（3分）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为弧BD的中点，则AC的长是　　．
题图
【分析】将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，根据旋转的性质得出∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，求出A、B、E三点共线，解直角三角形求出即可；过C作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，得出∠E＝∠CFD＝∠CFA＝90°，推出＝，求出∠BAC＝∠DAC，BC＝CD，求出CE＝CF，根据圆内接四边形性质求出∠D＝∠CBE，证△CBE≌△CDF，推出BE＝DF，证△AEC≌△AFC，推出AE＝AF，设BE＝DF＝x，得出5＝x+3+x，求出x，解直角三角形求出即可．
【解答】解：解法一、∵A、B、C、D四点共圆，∠BAD＝60°，
∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，
∵∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，∴∠CAD＝∠CAB＝30°，
如图1，将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，
则∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，
∴∠ABC+∠EBC＝（180°﹣∠CAB﹣∠ACB）+（180°﹣∠E﹣∠BCE）＝180°，
∴A、B、E三点共线，过C作CM⊥AE于M，∵AC＝CE，
∴AM＝EM＝×（5+3）＝4，在Rt△AMC中，AC＝＝＝；

解法二、过C作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，则∠E＝∠CFD＝∠CFA＝90°，
∵点C为弧BD的中点，∴＝，∴∠BAC＝∠DAC，BC＝CD，
∵CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF，∵A、B、C、D四点共圆，∴∠D＝∠CBE，
在△CBE和△CDF中 ∴△CBE≌△CDF，∴BE＝DF，
在△AEC和△AFC中 ∴△AEC≌△AFC，∴AE＝AF，
设BE＝DF＝x，∵AB＝3，AD＝5，∴AE＝AF＝x+3，∴5＝x+3+x，
解得：x＝1，即AE＝4，∴AC＝＝，故答案为：．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，圆内接四边形性质，解直角三角形，全等三角形的性质和判定的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键，综合性比较强，难度适中．
15．（8分）某公司电商平台．在2021年国庆期间举行了商品打折促销活动，经市场调查发现，某种商品的周销售量y（件）是关于售价x（元/件）的一次函数．已知，当x＝50时，y＝200；当x＝80时，y＝140．
（1）求y与x的函数表达式（不要求写出自变量的取值范围）；
（2）若该商品进价为30（元/件）．
①当售价x为多少元时，周销售利润W最大？并求出此时的最大利润；
②因原料涨价，该商品进价提高了a（元/件）（a＞0），公司为回馈消费者，规定该商品售价x不得超过75（元/件），且该商品在今后的销售中，周销售量y与售价x仍满足（1）中的函数关系，若周销售最大利润是6000元，求a的值．
【分析】（1）设y＝kx+b，把x＝50时，y＝200；x＝80时，y＝140，代入可得解析式．
（2）①根据利润＝（售价﹣进价）×数量，得W＝（﹣2x+300）（x﹣30），化成顶点式W＝﹣2（x﹣90）2+7200，顶点的纵坐标是有最大值．
②根据利润＝（售价﹣进价）×数量，得W＝﹣2（x﹣150）（x﹣30﹣a）（x≤75），其对称轴x＝90+＞60，0＜x≤75时，函数单调递增，只有x＝75时周销售利润最大，即可得m＝5．
【解答】解：（1）设y＝kx+b，由题意有：
，解得，所以y关于x的函数解析式为y＝﹣2x+300；
（2）①由（1）W＝（﹣2x+300）（x﹣30）＝﹣2x2+360x﹣9000＝﹣2（x﹣90）2+7200，
所以售价x＝90时，周销售利润W最大，最大利润为7200；
②由题意W＝﹣2（x﹣150）（x﹣30﹣a）（x≤75），
其对称轴x＝90+＞90，∴0＜x≤75时，W的值随x增大而增大，
∴只有x＝75时周销售利润最大，∴6000＝﹣2（75﹣150）（75﹣30﹣a），∴a＝5．
【点评】本题考查二次函数的应用，解本题的关键理解题意，掌握二次函数的性质和销售问题中利润公式，
16．（10分）如图，以AE为直径的⊙O交直线AB于A、B两点，点C在⊙O上，过点C作CD⊥AB于点D，连接AC，BC，CE，其中BC与AE交于点F，且AC平分∠DAE．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AD＝1，AB＝8．
①求CD的长；
②求tan∠AFC的值．

【分析】（1）连接OC，根据OA＝OC推出∠OCA＝∠OAC，根据角平分线得出∠OCA＝∠OAC＝∠DCA，推出OC∥AB，得出OC⊥CD，根据切线的判定推出即可；
（2）①由（1）知，∠OCD＝90°，所以∠OCA+∠ACD＝90°，因为AE是⊙O的直径，所以∠ACE＝90°，则∠OCA+∠OCE＝90°，所以∠ACD＝∠OCE，又OC＝OE，所以∠OCE＝∠E＝∠B＝∠ACD，可得△ADC∽△CDB，所以AD：CD＝CD：BD，则CD²＝AD•BD，又BD＝AD+AB＝9，所以CD2＝1×9＝9，即CD＝3．
②过点C作CG⊥AE于点G，过点O作OH⊥BC于H，因为CD⊥AB，CD＝3，BD＝9，所以BC＝3，因为OH⊥BC，则CH＝BC＝，易证△ADC∽△ACE，所以AD：AC＝AC：AE，因为CD⊥AB，AD＝1，CD＝3，所以AC2＝10，则AE＝＝10，OA＝AE＝5＝OC；易证△ACD≌△ACG（AAS），所以AG＝AD＝1，CG＝CD＝3，OG＝OA﹣AG＝5﹣1＝4，因为OH⊥BC，OC＝5，CH＝，所以OH＝，易证△CFG∽△OFH，

17．（10分）如图，二次函数y＝﹣x2+x+3的图象交x轴于A，B两点，交y轴于点C，点D是BC上方抛物线上的一点，过D作AC的平行线，交BC于点E．
（1）求△ABC的面积；
（2）连接CD，当CD∥x轴时，求△CDE的面积；
（3）求DE的最大值．

【分析】（1）先令x＝0求得点C的坐标，再令y＝0求得点A和点B的坐标，然后求得△ABC的面积；
（2）先由CD∥x轴求得点D的坐标得到线段CD的长度，然后结合DE∥AC得证△CDE∽△BAC，再利用相似三角形的性质得到△CDE的面积；
（3）过点D作DF∥y轴交BC于点F，过点E作EH⊥DF于点H，然后由DE∥AC可知∠DEF的度数不变，由DF∥y轴可知∠EFD的度数不变，从而知道在点D的移动过程中△DEF的形状保持不变，即有当DF最大时，DE的长度也最大，然后设点D的坐标，进而得到点F的坐标，再表示出DF的长度，得到DF取最大值时的点D的坐标，即可得到直线DE的解析式，最后联立直线DE的解析式和直线BC的解析式求得点E的坐标，进而得到DE长的最大值．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝3，∴C（0，3），OC＝3，
当y＝0时，﹣x2+x+3＝0，解得：x＝﹣3或x＝6，
∴A（﹣3，0），B（6，0），∴AB＝9，∴S△ABC＝＝．
（2）∵C（0，3），CD∥x轴，∴D（3，3），∠DCE＝∠ABC，∴CD＝3，
∵DE∥AC，∴∠DEC＝∠ACB，∴△DEC∽△ACB，
∴＝，∵S△ABC＝，∴S△DEC＝．
（3）如图，过点D作DF∥y轴交BC于点F，过点E作EH⊥DF于点H，
∵DE∥AC，DF∥y轴，∴∠DEF的度数不变，∠EFD的度数不变，
∴在点D的移动过程中△DEF的形状保持不变，∴当DF最大时，DE的长度也最大，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，则，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
设点D的坐标（x，﹣x2+x+3），则点F的坐标（x，﹣x+3），
∴DF＝﹣x2+x+3﹣（﹣x+3）＝﹣x2+x＝﹣（x﹣3）2+，
∴当x＝3时，DF有最大值，此时，点D的坐标为（3，3），
∴直线DE是由直线AC向右平移3个单位所得，设直线AC的解析式为y＝mx+n，则
，解得：，∴直线AC的解析式为y＝x+3，
∴直线DE的解析式为y＝x+3﹣3＝x，联立直线DE的解析式和直线BC的解析式，得
，解得：，∴点E的坐标为（2，2），∴DE最大值＝．

【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质、两点间的距离公式，解题的关键是会通过平行线的性质得到角度相等进而证明三角形相似．
18．（10分）如果三角形的两个内角α与β满足α﹣β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准直角三角形”．
（1）若△ABC是“准直角三角形”，∠C＞90°，∠A＝70°，则∠B＝　10　°．
（2）如图1，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AB＝10，D是BC上的一点，tanB＝，若CD＝，请判断△ABD是否为准直角三角形，并说明理由．
（3）如图2，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，E是直径AB下方半圆上的一点，AB＝10，tan∠ABC＝，若△ACE为”准直角三角形”，求CE的长．


【分析】（1）根据“准直角三角形”的概念和三角形内角和是180°求角度即可；
（2）根据三角函数求出AC和BC的值，再根据tan∠CAD＝tanB，得出∠CAD＝∠B，再根据“准直角三角形”的概念得出结论即可；
（3）根据“准直角三角形”的概念分两种情况分别求出CE的值即可．
【解答】解：（1）∵△ABC是“准直角三角形”，∠C＞90°，∠A＝70°，
∴①∠C﹣∠A＝90°，此时∠C＝160°，∠A+∠C＞180°，∴此情况不存在，舍去，
②∠C﹣∠B＝90°，此时∠C＝100°，∠B＝10°，故答案为：10°；
（2）△ABD是准直角三角形，
∵AB＝10，tanB＝，∴AC＝6，BC＝8，∵CD＝，∴tan∠CAD＝＝＝，
∴∠CAD＝∠B，∴∠ADB﹣∠CAD＝∠ADB﹣∠B＝90°，∴△ABD是准直角三角形；
（3）连接AE，由（2）知，AC＝6，BC＝8，
∵△ACE为准直角三角形，E为直径AB下方圆上的一点，
∴∠CAE＞90°，∠CEA＜90°，∠ECA＜90°，且∠CEA＝∠CBA，
①当∠CAE＝90°+∠CEA时，
即∠CAE＝90°+∠CBA＝180°﹣90°+∠CBA＝∠ACB+∠CBA＝180°﹣∠CAB，
∵四边形ACBE的内角和是360°，∠ACB＝90°＝∠AEB，
∴∠CBE＝180°﹣∠CAE＝∠CAB，
又∵∠CAB＝∠CEB，∴∠CBE＝∠CEB，∴CE＝BC＝8；

②当∠CAE＝90°+∠ECA时，
即∠CAE＝90°+∠ABE＝∠AEB+∠ABE＝180°﹣∠BAE＝180°﹣∠CBE，
∴∠BAE＝∠CBE，即∠CBE＝∠ECB，∴CE＝BE，
∵tan∠ABC＝，∴tan∠CAB＝，∴tan∠CEB＝，
作CH⊥BE于H，作EM⊥BC于M，设EH＝3x，则CH＝4x，
∴EC＝BE＝＝5x，∵BE•CH＝BC•EM，∴EM＝x2，
∵EC2＝CM2+EM2，且CM＝BC＝4，∴（5x）2＝42+（x2）2，
令（5x）2＝t，即CE2＝t，则上式可表示为t＝16+（）2，
解得t＝80或t＝20（不合题意舍去），∴CE＝＝4，
综上，若△ACE为”准直角三角形”，CE的长为8或4．
【点评】本题主要考查圆的综合知识，明确题中“准直角三角形”的定义是解题的关键．
19. （10分）如图，△ABC内接于⊙O，D为AB延长线上一点，过点D作⊙O的切线，切点为E，连接BE，CE，AE．
（1）若BC∥DE，求证：△ACE∽△EBD；
（2）在（1）的条件下，若AC＝9，BD＝4，sin∠BAE＝，求⊙O的半径．
题图答图
【分析】（1）由圆的内接四边形的性质得到∠ACE+∠ABE＝180°，由邻补角得到∠ABE+∠EBD＝180°，从而得到∠EBD＝∠ACE，然后由BC∥DE得到∠CBE＝∠DEB，再由圆周角定理得到∠CAE＝∠CBE，从而得到∠CAE＝∠BED，最后可知△ACE∽△EBD；
（2）连接OE交BC于点H，连接CO，由DE是⊙O的切线得到OE⊥DE，再由CB∥DE得到OE⊥BC，从而利用垂径定理得到CE＝BE，然后利用相似三角形的性质求得CE的长，进而由圆周角定理得到∠BAE＝∠BCE，然后结合sin∠BAE＝求得EH的长，最后设半径为r，由Rt△OHC三边关系列出方程求得r的值．
【解答】（1）证明：连接AE，∵四边形ABEC是⊙O的内接四边形，∴∠ACE+∠ABE＝180°，
∵∠ABE+∠EBD＝180°，∴∠EBD＝∠ACE，∵BC∥DE，∴∠CBE＝∠DEB，
∵∠CAE＝∠CBE，∴∠CAE＝∠BED，∴△ACE∽△EBD．
（2）解：如图，连接OE交BC于点H，连接CO，