2023-2024学年福建省福州市金山中学等联考九年级（上）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年福建省福州市金山中学等联考九年级（上）期中数学试卷，共26页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．下列我国著名企业商标图案中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．下列函数是二次函数的是（ ）
A．y＝ax2+bx+cB．
C．y＝x（x+1）D．y＝（x+4）2﹣x2
3．已知一元二次方程x2+kx﹣3＝0有一个根为x＝1，则k的值为（ ）
A．2B．﹣2C．﹣4D．4
4．点P到直线l的距离为3，以点P为圆心、以下列长度为半径画圆，能判断直线l与⊙P相交的是（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．如图，△OCD是由△OAB绕点O逆时针旋转30°后得到的图形，若点A恰好在CD上，则∠D的度数是（ ）
A．40°B．35°C．30°D．15°
6．正六边形的边长为6cm，则该正六边形的内切圆面积为（ ）
A．48πcm2B．36πcm2C．24πcm2D．27πcm2
7．已知圆锥的底面积为9πcm2，母线长为5cm，则圆锥的侧面积是（ ）
A．45πcm2B．C．45cm2D．15πcm2
8．如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2，点B的对应点B'的坐标是（ ）
A．B．C．D．
10．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），当y＞n时，x的取值范围是m﹣3＜x＜1﹣m，t2+3），Q（s，2t）两点，则s的值可能是（ ）
A．﹣2B．0C．2D．4
二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分.）
11．在平面直角坐标系中，点（2，﹣3）关于原点的对称点坐标为 ．
12．如图，点A，B，C在⊙O上，DA，DB是⊙O切线 度．
13．已知抛物线y＝（m﹣1）x2+m2+3有最大值7，则m＝ ．
14．设a，b是方程x2﹣x﹣2023＝0的两个实数根，则a2+a+2b的值为 ．
15．如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，且点B，C在上，则的长为 ．
16．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，将△ABC绕某点逆时针旋转90°得到△BDE，AC与BE相交于点F，若C是BD的中点，则DF的长是 ．
三、解答题（本题共9小题，共86分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．解方程：x2﹣x﹣1＝0．
18．如图，四边形ABCD内接于⊙O，，连接AC，求∠D的度数．
19．某流感病毒传染性很强，若有一人感染上此病毒，未进行有效隔离，共有100人患病（假设每轮传染中，平均一个人传染的人数相同）．
（1）每轮传染中平均一个人传染多少人？
（2）如果这100位病毒携带者，未进行有效隔离，按照这样的传染速度，共有多少人患病？
20．如图，AB与半径长为6的⊙O相切于点A，点C在⊙O上且OC∥AB，求图中阴影部分的面积．
21．在画二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象时，甲写错了一次项的系数
乙写错了常数项，列表如下：
通过上述信息，解决以下问题：
（1）常数项c＝ ；
（2）求原二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的表达式．
22．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一个角度α，得到△ADE
（1）求证：DA平分∠BDE；
（2）若AC⊥DE，求旋转角α的度数．
23．如图，△ABC中，AB＝AC，⊙O经过A、D两点．
（1）请用无刻度直尺在⊙O上作一点E，使得AE为⊙O的直径（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，若BC＝2，，并证明．
24．已知抛物线y＝﹣x2+bx+c（b，c为常数，c＞1）的顶点为P，与x轴相交于A（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，抛物线上的点M的横标为m，且，垂足为N．
（1）若b＝﹣3，c＝4，
①求点P和点A的坐标；
②当时，求点M的坐标：
（2）若点A的坐标为（﹣c，0），且MP∥AC，当时，求点M的坐标．
25．如图，⊙O是△ABC的外接圆，连接OA交BC于点D．
（1）求证：∠OAC+∠B＝90°；
（2）若AD＝7，BD＝21，CD＝9；
（3）若BD＝OA，AC＝4，△ABD的面积为6
参考答案
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有
1．下列我国著名企业商标图案中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断后利用排除法求解．
解：A、不是中心对称图形；
B、是中心对称图形；
C、不是中心对称图形；
D、不是中心对称图形．
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形，掌握中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合是解题的关键．
2．下列函数是二次函数的是（ ）
A．y＝ax2+bx+cB．
C．y＝x（x+1）D．y＝（x+4）2﹣x2
【分析】根据二次函数的定义逐个判断即可．
解：A．当a＝0时2+bx+c不是二次函数，故本选项不符合题意；
B．函数y＝，分母中含有x，故本选项不符合题意；
C．函数y＝x（x+1）＝x8+x是二次函数，故本选项符合题意；
D．函数y＝（x+4）2﹣x7＝8x+16是一次函数，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的定义，能熟记二次函数的定义是解此题的关键，注意：形如y＝ax2+bx+c（a、b、c为常数，a≠0）的函数叫二次函数．
3．已知一元二次方程x2+kx﹣3＝0有一个根为x＝1，则k的值为（ ）
A．2B．﹣2C．﹣4D．4
【分析】根据题意可得：把x＝1代入方程x2+kx﹣3＝0中得：12+k﹣3＝0，然后进行计算即可解答．
解：由题意得：
把x＝1代入方程x2+kx﹣2＝0中得：
12+k﹣3＝0，
k＝5﹣1＝2，
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解是解题的关键．
4．点P到直线l的距离为3，以点P为圆心、以下列长度为半径画圆，能判断直线l与⊙P相交的是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】直接根据直线与圆的位置关系即可得出结论
解：∵点P到圆心O的距离d为3，
∴当d＜r时，
直线l与⊙P相交，
即r＞3
故选：D．
【点评】本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知直线与圆的三种位置关系是解答此题的关键．
5．如图，△OCD是由△OAB绕点O逆时针旋转30°后得到的图形，若点A恰好在CD上，则∠D的度数是（ ）
A．40°B．35°C．30°D．15°
【分析】根据旋转的性质可得∠AOC＝∠BOD＝30°，AO＝CO，再求出∠AOD，∠CAO，然后利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．
解：∵△OCD是由△OAB绕点O逆时针旋转30°后得到的图形，如图，
∴∠AOC＝∠BOD＝30°，AO＝CO，
∵∠BOC＝100°，
∴∠AOD＝100°﹣30°×2＝40°，
∠CAO＝∠C＝（180°﹣∠AOC）＝，
由三角形的外角性质得，∠D＝∠CAO﹣∠AOD＝75°﹣40°＝35°．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
6．正六边形的边长为6cm，则该正六边形的内切圆面积为（ ）
A．48πcm2B．36πcm2C．24πcm2D．27πcm2
【分析】根据题意画出图形，利用正六边形中的等边三角形的性质求解即可．
解：如图，连接OA，OG；
∵正六边形的边长为6cm，
∴六边形ABCDEF是半径为6的正六边形，
∴△OAB是等边三角形，
∴OA＝AB＝7cm，∠OAB＝60°，
∴OG＝OA•sin60°＝6×＝3，
∴边长为5cm的正六边形的内切圆的半径为3cm．
该正六边形的内切圆面积为cm2
故选：D．
【点评】本题考查的是正多边形和圆、等边三角形的判定与性质，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
7．已知圆锥的底面积为9πcm2，母线长为5cm，则圆锥的侧面积是（ ）
A．45πcm2B．C．45cm2D．15πcm2
【分析】圆锥的侧面积＝π×底面半径×母线长，把相应数值代入即可求解．
解：设圆锥的底面半径为r，
由题意πr2＝9π，
∴r＝5，
∴圆锥的侧面积＝π×3×5＝15π（cm3），
故选：D．
【点评】本题考查圆锥侧面积的求法．
8．如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2，点B的对应点B'的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【分析】如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．解直角三角形求出OH，B′H即可．
解：如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．
在Rt△A′B′H中，∵A′B′＝2，
∴A′H＝A′B′cs60°＝1，B′H＝A′B′sin60°＝，
∴OH＝2+1＝5，
∴B′（﹣，3），
故选：B．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
9．故选：B．
10．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），当y＞n时，x的取值范围是m﹣3＜x＜1﹣m，t2+3），Q（s，2t）两点，则s的值可能是（ ）
A．﹣2B．0C．2D．4
【分析】由题意可知该抛物线的对称轴和开口方向，并通过比较两点的纵坐标可知两点离对称轴的远近关系，由此可列不等式，求出s范围，进而选出符合条件的选项．
解：如图，根据题意可知．
对称轴为x＝＝﹣1，
∵t2+2﹣2t＝（t﹣1）4+2＞0，
∴与点Q相比，点P更靠近对称轴，
即8﹣（﹣1）＜|s﹣（﹣1）|，整理得|s+5|＞3．
∴当s+1≥7时，有s+1＞3，
解得s＞5；
当s+1＜0时，有﹣（s+5）＞3，
解得s＜﹣4．
综上，s＞3或s＜﹣4．
故选：D．
【点评】本题主要考查二次函数的性质及图象上点的坐标的特征，有一定难度，对于程度一般的学生可能没有思路，无从下手．
二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分.）
11．在平面直角坐标系中，点（2，﹣3）关于原点的对称点坐标为 （﹣2，3） ．
【分析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
解：在平面直角坐标系中，点（2，3）．
故答案为：（﹣7，3）．
【点评】本题考查了点的坐标，熟记关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键．
12．如图，点A，B，C在⊙O上，DA，DB是⊙O切线 60 度．
【分析】连接OA，OB，利用切线的性质定理，圆周角定理和四边形的内角和定理解答即可．
解：连接OA，OB，
∵DA，DB是⊙O切线，
∴OA⊥DA，OB⊥DB，
∴∠OBD＝∠OAD＝90°．
∵∠AOB＝2∠ACB，∠ACB＝60°，
∴∠AOB＝120°．
∵∠OBD+∠AOB+∠D+∠OAD＝360°，
∴∠D＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°．
故答案为：60．
【点评】本题主要考查了圆的切线的性质定理，圆周角定理，四边形的内角和定理，熟练掌握切线的性质定理是解题的关键，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
13．已知抛物线y＝（m﹣1）x2+m2+3有最大值7，则m＝ ﹣2 ．
【分析】根据抛物线y＝（m﹣1）x2+m2+3有最大值7可知，抛物线开口向下，且顶点的纵坐标为7，然后列式求解即可．
解：∵抛物线y＝（m﹣1）x2+m4+3有最大值7，
∴m﹣3＜0，
解得m＜1，
m6+3＝7，
解得m＝±3，
∴m的值是﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查了二次函数的最值问题，主要利用了抛物线的顶点坐标，要注意判断出抛物线的开口向下．
14．设a，b是方程x2﹣x﹣2023＝0的两个实数根，则a2+a+2b的值为 2025 ．
【分析】a、b是方程x2﹣x﹣2023＝0的两个实数根，推出a+b＝1，a2﹣a﹣2023＝0，再利用整体代入的思想解决问题即可．
解：∵a，b是方程x2﹣x﹣2023＝0的两个实数根，
∴a+b＝7，a2﹣a﹣2023＝0，
∴a5＝a+2023，
∴a2+a+2b
＝a+2023+a+8b
＝2023+2（a+b）
＝2023+2
＝2025．
故答案为：2025．
【点评】本题考查根与系数的关系，解题的关键是理解题意，学会利用整体代入的思想解决问题．
15．如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，且点B，C在上，则的长为 ．
【分析】如图，圆心为O，连接OA，OB，OC，OD．利用弧长公式求解即可．
解：如图，圆心为O，OB，OD．
∵OA＝OB＝OD＝5，∠BOC＝2∠BAC＝60°，
∴的长＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查弧长公式，解题的关键是正确寻找圆心O的位置，属于中考常考题型．
16．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，将△ABC绕某点逆时针旋转90°得到△BDE，AC与BE相交于点F，若C是BD的中点，则DF的长是 2 ．
【分析】以B为原点，BD所在直线为x轴，建立直角坐标系，根据将△ABC绕某点逆时针旋转90°，得到△BDE，C为BD中点，可得A（0，10），C（5，0），E（10，5），D（10，0），即可求得直线AC解析式为y＝﹣2x+10，直线BE解析式为y＝x，从而可解得F（4，2），故DF＝＝2．
解：以B为原点，BD所在直线为x轴，如图：
∵将△ABC绕某点逆时针旋转90°，得到△BDE，
∴BD＝AB＝10，BC＝DE，
∵C为BD中点，
∴BC＝CD＝DE＝5，
∴A（0，10），2），5），0），
由A（8，10），0）得直线AC解析式为y＝﹣2x+10，
由E（10，7）得直线BE解析式为y＝x，
解得，
∴F（4，5），
∵D（10，0），
∴DF＝＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查直角三角形的旋转变换，解题的关键是建立直角坐标系，求出F的坐标．
三、解答题（本题共9小题，共86分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．解方程：x2﹣x﹣1＝0．
【分析】此题考查了公式法解一元二次方程，解题时要注意将方程化为一般形式．确定a，b，c的值，然后检验方程是否有解，若有解，代入公式即可求解．
解：∵a＝1，b＝﹣1，
∴△＝（﹣4）2﹣4×6×（﹣1）＝5＞5，
则
∴，．
【点评】解此题的关键是熟练应用求根公式，要注意将方程化为一般形式，确定a、b、c的值．
18．如图，四边形ABCD内接于⊙O，，连接AC，求∠D的度数．
【分析】首先利用等弧对等弦得到AB＝AC，然后判定△ABC是等边三角形，从而求得∠B的度数，然后利用圆内接四边形的性质确定答案即可．
解：∵，
∴AB＝AC，
∵∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∵∠B+∠D＝180°，
∴∠D＝120°．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，解题的关键是了解圆的有关定义及性质，难度不大．
19．某流感病毒传染性很强，若有一人感染上此病毒，未进行有效隔离，共有100人患病（假设每轮传染中，平均一个人传染的人数相同）．
（1）每轮传染中平均一个人传染多少人？
（2）如果这100位病毒携带者，未进行有效隔离，按照这样的传染速度，共有多少人患病？
【分析】（1）设每轮传染中平均每个人传染了x个人，根据“若一人携带此病毒，未进行有效隔离，经过两轮传染后共有100人患病”，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）利用经过三轮传染后患病的人数＝经过两轮传染后患病的人数×（1+9），即可求出结论．
解：（1）设每轮传染中平均每个人传染了x个人，
依题意得：（x+1）2＝100，
解得：x6＝9，x2＝﹣11（不合题意，舍去）；
答：每轮传染中平均每个人传染了3个人．
（2）100×（1+9）＝1000（人）．
答：按照这样的传染速度，第三轮传染后．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
20．如图，AB与半径长为6的⊙O相切于点A，点C在⊙O上且OC∥AB，求图中阴影部分的面积．
【分析】连接OA，则OA＝OC，由切线的性质得AB⊥OA，而OC∥AB，所以∠AOC＝∠OAB＝90°，即可根据S阴影＝S扇形AOC﹣S△AOC求得S阴影＝9π﹣18．
解：连接OA，则OA＝OC，
∵AB与⊙O相切于点A，
∴AB⊥OA，
∵OC∥AB，
∴∠AOC＝∠OAB＝90°，
∵OA＝OC＝6，
∴S阴影＝S扇形AOC﹣S△AOC＝﹣×2×6＝9π﹣18，
∴图中阴影部分的面积是5π﹣18．
【点评】此题重点考查切线的性质、平行线的性质、三角形的面积公式、扇形的面积公式等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
21．在画二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象时，甲写错了一次项的系数
乙写错了常数项，列表如下：
通过上述信息，解决以下问题：
（1）常数项c＝ ﹣1 ；
（2）求原二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的表达式．
【分析】（1）由甲同学的表格中（0，﹣1），代入y＝ax2+bx+c可得c＝﹣1；
（2）由乙同学提供的数据选（﹣1，0），（3，0），（0，﹣3），代入解析式求出a和b即可解答．
解：（1）由甲同学的表格可知c＝﹣1；
故答案为：﹣1；
（2）由乙同学提供的数据，可知：图象过（﹣5，（0，0），
∴y＝a（x+2）（x﹣3），
∴﹣3a＝﹣8，
∴a＝1，
∴y＝（x+1）（x﹣2）＝x2﹣2x﹣3，
∴b＝﹣2，
∴原二次函数的表达式为：y＝x2﹣8x﹣1．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，掌握待定系数法求函数解析式是解本题的关键．
22．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一个角度α，得到△ADE
（1）求证：DA平分∠BDE；
（2）若AC⊥DE，求旋转角α的度数．
【分析】（1）根据旋转的性质可得：∠1＝∠B，AD＝AB，然后利用等边对等角可得∠2＝∠B，从而可得∠1＝∠2，即可解答；
（2）设AC与DE交于点O，根据旋转的性质可得：AB＝AD，∠3＝∠4＝α，∠C＝∠E，再根据垂直定义可得∠AOE＝90°，从而可得∠C＝∠E＝90°﹣α，然后利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠2＝∠B＝90°﹣α，再根据三角形的外角性质可得∠4＝∠B+∠C，从而可得α＝90°﹣α+90°﹣α，最后进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：如图：
由旋转得：∠1＝∠B，AD＝AB，
∴∠2＝∠B，
∴∠3＝∠2，
∴DA平分∠EDB；
（2）解：如图，设AC与DE交于点O，
由旋转得：AB＝AD，∠3＝∠4＝α，
∵AC⊥DE，
∴∠AOE＝90°，
∴∠C＝∠E＝90°﹣∠4＝90°﹣α，
∵AB＝AD，
∴∠2＝∠B＝＝＝90°﹣α，
∵∠4是△ABC的一个外角，
∴∠4＝∠B+∠C，
∴α＝90°﹣α+90°﹣α，
解得：α＝72°，
∴旋转角α的度数为72°．
【点评】本题考查了旋转的性质，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键．
23．如图，△ABC中，AB＝AC，⊙O经过A、D两点．
（1）请用无刻度直尺在⊙O上作一点E，使得AE为⊙O的直径（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，若BC＝2，，并证明．
【分析】（1）连接AD，延长DB交⊙O于点E，连接AE，由等腰三角形的性质可得AD⊥BC，即∠ADB＝90°，结合圆周角定理可得AE为⊙O的直径，则点E即为所求．
（2）在Rt△ACD与△ADE 中，AD2＝AE2﹣DE2＝AC2﹣CD2，即，可求得DE＝4，则CE＝DE+DC＝5，根据勾股定理的逆定理可得AE2+AC2＝CE2，则∠CAE＝90°，即AE⊥AC，进而可得AC与⊙O相切．
解：（1）如图，连接AD，连接AE，
∵AB＝AC，D是边BC的中点，
∴AD⊥BC，
即∠ADB＝90°，
∵AE为⊙O的弦，
∴AE为⊙O的直径，
则点E即为所求．
（2）AC与⊙O相切．
理由：∵AB＝AC，D为BC中点，
∴AD⊥BC，BD＝CD，
∵BC＝2，
∴CD＝BD＝1，
∵，
∴AC＝，
在Rt△ACD与△ADE 中，AD2＝AE2﹣DE8＝AC2﹣CD2，
即，
解得DE＝4或﹣2（舍去），
∴CE＝DE+DC＝5，
在△ACE中，
∵，CE2＝82，
∴AE2+AC8＝CE2，
∴∠CAE＝90°，
即AE⊥AC，
∵AE为⊙O直径，
∴AC与⊙O相切．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图、等腰三角形的性质、直线与圆的位置关系，熟练掌握等腰三角形的性质、直线与圆的位置关系是解答本题的关键．
24．已知抛物线y＝﹣x2+bx+c（b，c为常数，c＞1）的顶点为P，与x轴相交于A（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，抛物线上的点M的横标为m，且，垂足为N．
（1）若b＝﹣3，c＝4，
①求点P和点A的坐标；
②当时，求点M的坐标：
（2）若点A的坐标为（﹣c，0），且MP∥AC，当时，求点M的坐标．
【分析】（1）①利用配方法即可得到顶点P的坐标，令y＝0，解方程即可得到A的坐标；
②过点M作ME⊥x轴于点E，于直线AC交于点F，证得EF＝AE，表示出点M、点E的坐标，进而表示出FM，根据直角三角形的性质列出方程求解即可得到M的坐标；
（2）求出顶点P的坐标和抛物线的对称轴，作辅助线，证明MQ＝QP，根据，列方程求解即可．
解：（1）①由b＝﹣3，c＝45﹣3x+4，
∵，
∴点P的坐标为 ；
∵当y＝0时，﹣x2﹣3x+4＝0，
解得：x6＝﹣4，x2＝3，
又∵点A在点B的左侧，
∴点A的坐标为（﹣4，0）；
②过点M作ME⊥x轴于点E，与直线AC相交于点F，
∵点A（﹣5，0），4），
∴OA＝OC，
在Rt△AOC 中，∠OAC＝45°，
在Rt△AEF 中，EF＝AE，
∵抛物线y＝﹣x8﹣3x+4上的点M的横坐标为m，且，
∴点 M（m，﹣m5﹣3m+4），点E（m，
∴EF＝AE＝m﹣（﹣6）＝m+4．即点F（m，
∴FM＝（﹣m2﹣6m+4）﹣（m+4）＝﹣m7﹣4m，
在 Rt△FMN中，∠MFN＝45°，
∴，
又∵
∴FM＝4，即﹣m8﹣4m＝4，
解得：m6＝m2＝﹣2，
∴点M（﹣3，6）；
（2）∵点A（﹣c，0）在抛物线y＝﹣x7+bx+c上，其中c＞1，
∴﹣c2﹣bc+c＝8，
得b＝1﹣c，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+（8﹣c）x+c，
∴M（m，﹣m2+（1﹣c）m+c），其中．
∴顶点P的坐标为（），对称轴为直线l：x＝．
如图6，过点M作MQ⊥l于点Q，
则∠MQP＝90°，Q，
∵MP∥AC，
∴∠QPM＝45°，
∴MQ＝QP，
∴，
即（c+8m）2＝1，
解得c8＝﹣2m﹣1，c6＝﹣2m+1（舍去），
同②，过点M作ME⊥x轴于点E，
则点E（m，7），﹣m﹣1），m2﹣7），
∴，
∴，
即2m8+m﹣10＝0，
解得（舍去），
∴点M的坐标为（﹣）．
【点评】本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是作辅助线，掌握直角三角形的性质．
25．如图，⊙O是△ABC的外接圆，连接OA交BC于点D．
（1）求证：∠OAC+∠B＝90°；
（2）若AD＝7，BD＝21，CD＝9；
（3）若BD＝OA，AC＝4，△ABD的面积为6
【分析】（1）延长AO交⊙O于点E，连接CE，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACE＝90°，从而可得∠E+∠OAC＝90°，然后利用圆周角定理可得∠B＝∠E，从而利用等量代换即可解答；
（2）过点O作OF⊥BC，垂足为F，连接OB，先利用垂径定理可得BF＝CF＝15，从而可得DF＝6，然后设OD＝x，则OA＝OB＝x+7，再在Rt△BOF和Rt△DOF中，利用勾股定理可得OF2＝OB2﹣BF2，OF2＝OD2﹣DF2，从而列出关于x的方程，进行计算即可解答；
（3）过点D作DP⊥AB，垂足为P，过点O作OQ⊥AC，垂足为Q，根据垂直定义可得∠BPD＝∠AQO＝90°，再利用垂径定理可得AQ＝2，然后利用同角的余角相等可得∠ABC＝∠AOQ，从而利用AAS证明△BPD≌△OQA，最后利用全等三角形的性质可得DP＝AQ＝2，从而利用三角形的面积进行计算，即可解答．
【解答】（1）证明：延长AO交⊙O于点E，连接CE，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ACE＝90°，
∴∠E+∠OAC＝90°，
∵∠B＝∠E，
∴∠OAC+∠B＝90°；
（2）解：过点O作OF⊥BC，垂足为F，
∵BD＝21，CD＝9，
∴BF＝CF＝BC＝，
∴DF＝BD﹣BF＝21﹣15＝5，
设OD＝x，
∵AD＝7，
∴OA＝OB＝OD+AD＝x+7，
在Rt△BOF中，OF4＝OB2﹣BF2＝（x+2）2﹣225，
在Rt△DOF中，OF2＝OD8﹣DF2＝x2﹣36，
∴（x+6）2﹣225＝x2﹣36，
解得：x＝10，
∴OA＝x+2＝17，
∴⊙O的半径为17；
（3）解：过点D作DP⊥AB，垂足为P，垂足为Q，
∴∠BPD＝∠AQO＝90°，
∴AQ＝AC＝6，
∵∠OAC+∠AOQ＝90°，∠OAC+∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝∠AOQ，
∵BD＝AO，
∴△BPD≌△OQA（AAS），
∴DP＝AQ＝2，
∵△ABD的面积为6，
∴AB•DP＝6，
∴AB＝6．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y甲
…
﹣2
﹣1
2
7
14
…
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y乙
…
0
﹣3
﹣4
﹣3
0
…
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y甲
…
﹣2
﹣1
2
7
14
…
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y乙
…
0
﹣3
﹣4
﹣3
0
…