2020-2021学年北京西城区初三上学期数学期末试卷及答案

这是一份2020-2021学年北京西城区初三上学期数学期末试卷及答案，共27页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．在抛物线y＝x2﹣4x﹣5上的一个点的坐标为（ ）
A．（0，﹣4）B．（2，0）C．（1，0）D．（﹣1，0）
2．在半径为6cm的圆中，60°的圆心角所对弧的弧长是（ ）
A．πcmB．2πcmC．3πcmD．6πcm
3．将抛物线y＝x2先向右平移3个单位长度，再向上平移5个单位长度，所得抛物线的解析式为（ ）
A．y＝（x+3）2+5B．y＝（x﹣3）2+5C．y＝（x+5）2+3D．y＝（x﹣5）2+3
4．2020年是紫禁城建成600年暨故宫博物院成立95周年，在此之前有多个国家曾发行过紫禁城元素的邮品．图1所示的摩纳哥发行的小型张中的图案，以敞开的紫禁城大门和大门内的石狮和太和殿作为邮票和小型张的边饰，如果标记出图1中大门的门框并画出相关的几何图形（图2），我们发现设计师巧妙地使用了数学元素（忽略误差），图2中的四边形ABCD与四边形A'B'C'D'是位似图形，点O是位似中心，点A'是线段OA的中点，那么以下结论正确的是（ ）
A．四边形ABCD与四边形A'B'C'D'的相似比为1：1
B．四边形ABCD与四边形A'B'C'D'的相似比为1：2
C．四边形ABCD与四边形A'B'C'D'的周长比为3：1
D．四边形ABCD与四边形A'B'C'D'的面积比为4：1
5．如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠CDB＝32°，则∠ABC等于（ ）
A．68°B．64°C．58°D．32°
6．若抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（1，0），B（3，0）两点，则抛物线的对称轴为（ ）
A．x＝1B．x＝2C．x＝3D．x＝4
7．近年来我国无人机产业迅猛发展，无人机驾驶员已正式成为国家认可的新职业，中国民用航空局的现有统计数据显示，从2017年底至2019年底，全国拥有民航局颁发的民用无人机驾驶执照的人数已由约2.44万人增加到约6.72万人．若设2017年底至2019年底，全国拥有民用无人机驾驶执照人数的年平均增长率为x，则可列出关于x的方程为（ ）
A．2.44（1+x）＝6.72B．2.44（1+2x）＝6.72
C．2.44（1+x）2＝6.72D．2.44（1﹣x）2＝6.72
8．现有函数y＝如果对于任意的实数n，都存在实数m，使得当x＝m时，y＝n，那么实数a的取值范围是（ ）
A．﹣5≤a≤4B．﹣1≤a≤4C．﹣4≤a≤1D．﹣4≤a≤5
二、填空题（本题共24分，每小题3分）
9．若正六边形的边长为2，则它的半径是 ．
10．若抛物线y＝ax2（a≠0）经过A（1，3），则该抛物线的解析式为 ．
11．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，AB＝9，则sinB＝ ．
12．若抛物线y＝ax2+bx+c（a+0）的示意图如图所示，则a 0，b 0，c 0（填“＞”，“＝”或“＜”）．
13．如图，AB为⊙O的直径，AB＝10，CD是弦，AB⊥CD于点E，若CD＝6，则EB＝ ．
14．如图，PA，PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，若OA＝2，∠APB＝60°，则PB＝ ．
15．放缩尺是一种绘图工具，它能把图形放大或缩小．
制作：把钻有若干等距小孔的四根直尺用螺栓分别在点A，B，C，D处连接起来，使得直尺可以绕着这些点转动，O为固定点，OD＝DA＝CB，DC＝AB＝BE，在点A，E处分别装上画笔．
画图：现有一图形M，画图时固定点O，控制点A处的笔尖沿图形M的轮廓线移动，此时点E处的画笔便画出了将图形M放大后的图形N．
原理：
若连接OA，OE，可证得以下结论：
①△ODA和△OCE为等腰三角形，则∠DOA＝（180°﹣∠ODA），∠COE＝（180°﹣∠ ）；
②四边形ABCD为平行四边形（理由是 ）；
③∠DOA＝∠COE，于是可得O，A，E三点在一条直线上；
④当时，图形N是以点O为位似中心，把图形M放大为原来的 倍得到的．
16．如图，在平面直角坐标系xOy中，P（4，3），⊙O经过点P．点A，点B在y轴上，PA＝PB，延长PA，PB分别交⊙O于点C，点D，设直线CD与x轴正方向所夹的锐角为α．
（1）⊙O的半径为 ；
（2）tanα＝ ．
三、解答题（本题共52分，第17、18、20～22题每小题5分，第19题6分，第23～25题每小题5分）
17．计算：2sin60°﹣tan45°+cs230°．
18．已知关于x的方程x2+2x+k﹣4＝0．
（1）如果方程有两个不相等的实数根，求k的取值范围；
（2）若k＝1，求该方程的根．
19．借助网格画图并说理：
如图所示的网格是正方形网格，△ABC的三个顶点是网格线的交点，点A在BC边的上方，AD⊥BC于点D，BD＝4，CD＝2，AD＝3．以BC为直径作⊙O，射线DA交⊙O于点E，连接BE，CE．
（1）补全图形；
（2）填空：∠BEC＝ °，理由是 ；
（3）判断点A与⊙O的位置关系并说明理由；
（4）∠BAC ∠BEC（填“＞”，“＝”或“＜”）．
20．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（3，0）点，当x＝1时，函数的最小值为﹣4．
（1）求该二次函数的解析式并画出它的图象；
（2）直线x＝m与抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）和直线y＝x﹣3的交点分别为点C，点D，点C位于点D的上方，结合函数的图象直接写出m的取值范围．
21．如图，AB为⊙O的直径，AC为弦，点D在⊙O外，∠BCD＝∠A，OD交⊙O于点E．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若CD＝4，AC＝2.7，cs∠BCD＝，求DE的长．
22．如图，正方形ABCD的边长为4，点E在AB边上，BE＝1，F为BC边的中点．将正方形截去一个角后得到一个五边形AEFCD，点P在线段EF上运动（点P可与点E，点F重合），作矩形PMDN，其中M，N两点分别在CD，AD边上．
设CM＝x，矩形PMDN的面积为S．
（1）DM＝ （用含x的式子表示），x的取值范围是 ；
（2）求S与x的函数关系式；
（3）要使矩形PMDN的面积最大，点P应在何处？并求最大面积．
23．已知抛物线y＝x2+x．
（1）直接写出该抛物线的对称轴，以及抛物线与y轴的交点坐标；
（2）已知该抛物线经过A（3n+4，y1），B（2n﹣1，y2）两点．
①若n＜﹣5，判断y1与y2的大小关系并说明理由；
②若A，B两点在抛物线的对称轴两侧，且y1＞y2，直接写出n的取值范围．
24．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，BC＝．将△ABC绕点B顺时针旋转α（0°＜α≤120°）得到△A'BC'，点A，点C旋转后的对应点分别为点A'，点C'．
（1）如图1，当点C'恰好为线段AA'的中点时，α＝ °，AA'＝ ；
（2）当线段AA'与线段CC'有交点时，记交点为点D．
①在图2中补全图形，猜想线段AD与A'D的数量关系并加以证明；
②连接BD，请直接写出BD的长的取值范围．
25．对于平面内的图形G1和图形G2，记平面内一点P到图形G1上各点的最短距离为d，点P到图形G2上各点的最短距离为d2，若d1＝d2，就称点P是图形G1和图形G2的一个“等距点”．
在平面直角坐标系xOy中，已知点A（6，0），B（0，2）．
（1）在R（3，0），S（2，0），T（1，）三点中，点A和点B的等距点是 ；
（2）已知直线y＝﹣2．
①若点A和直线y＝﹣2的等距点在x轴上，则该等距点的坐标为 ；
②若直线y＝a上存在点A和直线y＝﹣2的等距点，求实数a的取值范围；
（3）记直线AB为直线l1，直线l2：y＝﹣x，以原点O为圆心作半径为r的⊙O．若⊙O上有m个直线l1和直线l2的等距点，以及n个直线l1和y轴的等距点（m≠0，n≠0），当m≠n时，求r的取值范围．
2020-2021学年北京市西城区九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．在抛物线y＝x2﹣4x﹣5上的一个点的坐标为（ ）
A．（0，﹣4）B．（2，0）C．（1，0）D．（﹣1，0）
【分析】把各个点的坐标代入验证即可．
【解答】解：当x＝0时，y＝﹣5，因此（0，﹣4）不在抛物线y＝x2﹣4x﹣5，
当x＝2时，y＝4﹣8﹣5＝﹣9，因此（2，0）不在抛物线y＝x2﹣4x﹣5上，
当x＝1时，y＝1﹣4﹣5＝﹣8，因此（1，0）不在抛物线y＝x2﹣4x﹣5上，
当x＝﹣1时，y＝1+4﹣5＝0，因此（﹣1，0）在抛物线y＝x2﹣4x﹣5上，
故选：D．
2．在半径为6cm的圆中，60°的圆心角所对弧的弧长是（ ）
A．πcmB．2πcmC．3πcmD．6πcm
【分析】弧长公式为，把半径和圆心角代入公式计算就可以求出弧长．
【解答】解：弧长为：＝2π（cm）．
故选：B．
3．将抛物线y＝x2先向右平移3个单位长度，再向上平移5个单位长度，所得抛物线的解析式为（ ）
A．y＝（x+3）2+5B．y＝（x﹣3）2+5C．y＝（x+5）2+3D．y＝（x﹣5）2+3
【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行求解．
【解答】解：将抛物线y＝x2先向右平移3个单位长度，得：y＝（x﹣3）2；
再向上平移5个单位长度，得：y＝（x﹣3）2+5，
故选：B．
4．2020年是紫禁城建成600年暨故宫博物院成立95周年，在此之前有多个国家曾发行过紫禁城元素的邮品．图1所示的摩纳哥发行的小型张中的图案，以敞开的紫禁城大门和大门内的石狮和太和殿作为邮票和小型张的边饰，如果标记出图1中大门的门框并画出相关的几何图形（图2），我们发现设计师巧妙地使用了数学元素（忽略误差），图2中的四边形ABCD与四边形A'B'C'D'是位似图形，点O是位似中心，点A'是线段OA的中点，那么以下结论正确的是（ ）
A．四边形ABCD与四边形A'B'C'D'的相似比为1：1
B．四边形ABCD与四边形A'B'C'D'的相似比为1：2
C．四边形ABCD与四边形A'B'C'D'的周长比为3：1
D．四边形ABCD与四边形A'B'C'D'的面积比为4：1
【分析】先利用位似的性质得到A′B′：AB＝1：2，然后根据相似的性质进行判断．
【解答】解：∵四边形ABCD与四边形A'B'C'D'是位似图形，点O是位似中心，点A'是线段OA的中点，
∴OA′：OA＝1：2，
∴A′B′：AB＝1：2，
∴四边形ABCD与四边形A'B'C'D'的相似比为2：1，周长的比为2：1，面积比为4：1．
故选：D．
5．如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠CDB＝32°，则∠ABC等于（ ）
A．68°B．64°C．58°D．32°
【分析】先由圆周角定理可知∠ACB＝90°，再求出∠ADC＝58°，然后由圆周角定理求解即可．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADC+∠CDB＝90°，
∴∠ADC＝90°﹣∠CDB＝90°﹣32°＝58°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠ABC＝58°，
故选：C．
6．若抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（1，0），B（3，0）两点，则抛物线的对称轴为（ ）
A．x＝1B．x＝2C．x＝3D．x＝4
【分析】由A、B两点的坐标，根据抛物线的对称性可求得答案．
【解答】解：∵抛物线y＝x2+bx+c经过A（1，0）、B（3，0）两点，
∴抛物线对称轴为直线x＝＝2，
故选：B．
7．近年来我国无人机产业迅猛发展，无人机驾驶员已正式成为国家认可的新职业，中国民用航空局的现有统计数据显示，从2017年底至2019年底，全国拥有民航局颁发的民用无人机驾驶执照的人数已由约2.44万人增加到约6.72万人．若设2017年底至2019年底，全国拥有民用无人机驾驶执照人数的年平均增长率为x，则可列出关于x的方程为（ ）
A．2.44（1+x）＝6.72B．2.44（1+2x）＝6.72
C．2.44（1+x）2＝6.72D．2.44（1﹣x）2＝6.72
【分析】设年平均增长率为x，根据2017年及2019年的全国拥有民航局颁发的民用无人机驾驶执照的人数，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：设2017年底至2019年底，全国拥有民用无人机驾驶执照人数的年平均增长率为x，
则可列出关于x的方程为2.44（1+x）2＝6.72，
故选：C．
8．现有函数y＝如果对于任意的实数n，都存在实数m，使得当x＝m时，y＝n，那么实数a的取值范围是（ ）
A．﹣5≤a≤4B．﹣1≤a≤4C．﹣4≤a≤1D．﹣4≤a≤5
【分析】求得直线y＝x+4与抛物线y＝x2﹣2x的交点坐标，然后观察图象即可求得a的取值范围．
【解答】解：令x+4＝x2﹣2x，
整理得，x2﹣3x﹣4＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝4，
由图象可知，当﹣1≤a≤4时，对于任意的实数n，都存在实数m，使得当x＝m时，函数y＝n，
故选：B．
二．填空题（共8小题）
9．若正六边形的边长为2，则它的半径是 2 ．
【分析】先根据题意画出图形，再根据正六边形的性质求出∠BOC的度数，判断出△BOC为等边三角形即可求出答案．
【解答】解：如图所示，连接OB、OC；
∵此六边形是正六边形，
∴∠BOC＝＝60°，
∵OB＝OC，
∴△BOC是等边三角形，
∴OB＝OC＝BC＝2．
故答案为：2．
10．若抛物线y＝ax2（a≠0）经过A（1，3），则该抛物线的解析式为 y＝3x2 ．
【分析】把把A（1，3）代入y＝ax2（a≠0）中，可得a＝3，即可得出答案．
【解答】解：把A（1，3）代入y＝ax2（a≠0）中，
得3＝a×12，
解得a＝3，
所以该抛物线的解析式为y＝3x2．
故答案为：y＝3x2．
11．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，AB＝9，则sinB＝ ．
【分析】根据正弦的定义解答即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，AB＝9，
则sinB＝＝＝，
故答案为：．
12．若抛物线y＝ax2+bx+c（a+0）的示意图如图所示，则a ＞ 0，b ＜ 0，c ＜ 0（填“＞”，“＝”或“＜”）．
【分析】根据抛物线的开口方向得到a＞0，利用对称轴位置得到b＜0，由抛物线与y轴交于负半轴得到c＜0．
【解答】解：∵抛物线开口方向向上，
∴a＞0，
∵对称轴在y轴的右侧，
∴b＜0，
∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴c＜0．
故答案为＞，＜，＜．
13．如图，AB为⊙O的直径，AB＝10，CD是弦，AB⊥CD于点E，若CD＝6，则EB＝ 1 ．
【分析】连接OC，根据垂径定理得出CE＝ED＝CD＝3，然后在Rt△OEC中由勾股定理求出OE的长度，即可得出结果．
【解答】解：连接OC，如图所示：
∵弦CD⊥AB于点E，CD＝6，
∴CE＝ED＝CD＝3，
∵在Rt△OEC中，∠OEC＝90°，CE＝3，OC＝AB＝5，
∴OE＝＝4，
∴BE＝OB﹣OE＝AB﹣OE＝5﹣4＝1，
故答案为：1．
14．如图，PA，PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，若OA＝2，∠APB＝60°，则PB＝ 2 ．
【分析】由题意可得：∠APO＝∠BPO＝∠APB＝30°，AO⊥AP，PA＝PB，即可求PB的长度．
【解答】解：∵PA、PB是⊙O的两条切线，∠APB＝60°，OA＝OB＝2，
∴∠BPO＝∠APB＝30°，BO⊥PB．
∴PO＝2AO＝4，
∴PB＝＝＝2．
故答案是：2．
15．放缩尺是一种绘图工具，它能把图形放大或缩小．
制作：把钻有若干等距小孔的四根直尺用螺栓分别在点A，B，C，D处连接起来，使得直尺可以绕着这些点转动，O为固定点，OD＝DA＝CB，DC＝AB＝BE，在点A，E处分别装上画笔．
画图：现有一图形M，画图时固定点O，控制点A处的笔尖沿图形M的轮廓线移动，此时点E处的画笔便画出了将图形M放大后的图形N．
原理：
若连接OA，OE，可证得以下结论：
①△ODA和△OCE为等腰三角形，则∠DOA＝（180°﹣∠ODA），∠COE＝（180°﹣∠ OCE ）；
②四边形ABCD为平行四边形（理由是 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 ）；
③∠DOA＝∠COE，于是可得O，A，E三点在一条直线上；
④当时，图形N是以点O为位似中心，把图形M放大为原来的 倍得到的．
【分析】①由等腰三角形的性质可求解；
②由平行四边形的判定可求解；
③由图形可直接得到，
④通过证明△AOD∽△EOC，可得＝＝，即可求解．
【解答】解：①∵△ODA和△OCE为等腰三角形，
∴∠DOA＝（180°﹣∠ODA），∠COE＝（180°﹣∠OCE）；
②∵AD＝BC，DC＝AB，
∴四边形ABCD为平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）；
③连接OA，AE，
∵∠DOA＝∠COE，
∴O，A，E三点在一条直线上；
④∵＝，
∴设CD＝AB＝BE＝3x，OD＝AD＝BC＝5x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴△AOD∽△EOC，
∴＝＝，
∴图形N是以点O为位似中心，把图形M放大为原来的，
故答案为：OCE；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；．
16．如图，在平面直角坐标系xOy中，P（4，3），⊙O经过点P．点A，点B在y轴上，PA＝PB，延长PA，PB分别交⊙O于点C，点D，设直线CD与x轴正方向所夹的锐角为α．
（1）⊙O的半径为 5 ；
（2）tanα＝ ．
【分析】（1）结论OP，利用勾股定理求解即可．
（2）设CD交x轴于J，过点P作PT⊥AB交⊙O于T，交OC于E，连接CT，DT，OT．求出tan∠POE，再证明∠CJO＝∠POE即可．
【解答】解：（1）连接OP.
∵P（4，3），
∴OP＝＝5，
故答案为：5．
（2）设CD交x轴于J，过点P作PT⊥AB交⊙O于T，交OC于E，连接CT，DT，OT．
∵P（4，3），
∴PE＝4，OE＝3，
在Rt△OPE中，tan∠POE＝＝，
∵OE⊥PT，OP＝OT，
∴∠POE＝∠TOE，
∴∠PDT＝∠POT＝∠POE，
∵PA＝PB．PE⊥AB，
∴∠APT＝∠DPT，
∴＝，
∴∠TDC＝∠TCD，
∵PT∥x轴，
∴∠CJO＝∠CKP，
∵∠CKP＝∠TCK+∠CTK，∠CTP＝∠CDP，∠PDT＝∠TDC+∠CDP，
∴∠TDP＝∠CJO，
∴∠CJO＝∠POE，
∴tan∠CJO＝tan∠POE＝
故答案为：．
三．解答题
17．计算：2sin60°﹣tan45°+cs230°．
【分析】直接利用特殊角的三角函数值代入得出答案．
【解答】解：原式＝
＝
＝．
18．已知关于x的方程x2+2x+k﹣4＝0．
（1）如果方程有两个不相等的实数根，求k的取值范围；
（2）若k＝1，求该方程的根．
【分析】（1）根据根的判别式△＞0，即可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出k的取值范围；
（2）将k＝1代入方程x2﹣3x+k﹣1＝0，解方程即可求出方程的解．
【解答】解：（1）△＝22﹣4×1×（k﹣4）＝20﹣4k．
∵方程有两个不相等的实数根，
∴△＞0．
∴20﹣4k＞0，
解得k＜5；
（2）当k＝1时，原方程化为x2+2x﹣3＝0，
（x﹣1）（x+3）＝0，
x﹣1＝0或x+3＝0，
解得x1＝1，x2＝﹣3．
19．借助网格画图并说理：
如图所示的网格是正方形网格，△ABC的三个顶点是网格线的交点，点A在BC边的上方，AD⊥BC于点D，BD＝4，CD＝2，AD＝3．以BC为直径作⊙O，射线DA交⊙O于点E，连接BE，CE．
（1）补全图形；
（2）填空：∠BEC＝ 90 °，理由是 直径所对的圆周角是直角 ；
（3）判断点A与⊙O的位置关系并说明理由；
（4）∠BAC ＜ ∠BEC（填“＞”，“＝”或“＜”）．
【分析】（1）根据要求作出图形即可．
（2）根据直径所对的圆周角是直角．
（3）求出OA的长与半径半径可得结论．
（4）利用图像法解决问题即可．
【解答】解：（1）补全图形见图1．
（2）∵BC是直径，
∴∠BEC＝90°（直径所对的圆周角是直角）．
故答案为：90，直径所对的圆周角是直角．
（3）点A在⊙O外．
理由如下：连接OA．
∵BD＝4，CD＝2，
∴BC＝BD+CD＝6，r＝＝3．
∵AD⊥BC，
∴∠ODA＝90°，
在Rt△AOD中，AD＝3，OD＝BD﹣OB＝1，
∴．
∵，
∴OA＞r，
∴点A在⊙O外．
（4）观察图像可知：∠BAC＜∠BEC．
故答案为：＜．
20．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（3，0）点，当x＝1时，函数的最小值为﹣4．
（1）求该二次函数的解析式并画出它的图象；
（2）直线x＝m与抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）和直线y＝x﹣3的交点分别为点C，点D，点C位于点D的上方，结合函数的图象直接写出m的取值范围．
【分析】（1）设顶点式y＝a（x﹣1）2﹣4（a≠0），再把（3，0）代入求出a得到抛物线解析式，然后利用描点法画出二次函数图象；
（2）先画出直线y＝x﹣3，则可得到直线y＝x﹣3与抛物线的交点坐标为（0，﹣3），（3，0），然后写出抛物线在直线y＝x﹣3上方所对应的自变量的范围即可．
【解答】解：（1）∵当x＝1时，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的最小值为﹣4，
∴二次函数的图象的顶点为（1，﹣4），
∴二次函数的解析式可设为y＝a（x﹣1）2﹣4（a≠0），
∵二次函数的图象经过（3，0）点，
∴a（3﹣1）2﹣4＝0．
解得a＝1．
∴该二次函数的解析式为y＝（x﹣1）2﹣4；
如图，
（2）由图象可得m＜0或m＞3．
21．如图，AB为⊙O的直径，AC为弦，点D在⊙O外，∠BCD＝∠A，OD交⊙O于点E．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若CD＝4，AC＝2.7，cs∠BCD＝，求DE的长．
【分析】（1）连接OC．由圆周角定理及等腰三角形的性质证得∠OCD＝90°．则可得出结论；
（2）由锐角三角函数求出AB的长，得出OC＝3，由勾股定理求出OD＝5，则可得出答案．
【解答】（1）证明：如图，连接OC．
∵AB为⊙O的直径，AC为弦，
∴∠ACB＝90°，∠OCB+∠ACO＝90°．
∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠A．
∵∠BCD＝∠A，
∴∠ACO＝∠BCD．
∴∠OCB+∠BCD＝90°．
∴∠OCD＝90°．
∴CD⊥OC．
∵OC为⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵∠BCD＝∠A，cs∠BCD＝，
∴csA＝cs∠BCD＝．
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2.7，csA＝．
∴AB＝＝＝6．
∴OC＝OE＝＝3．
在Rt△OCD中，∠OCD＝90°，OC＝3，CD＝4，
∴．
∴DE＝OD﹣OE＝5﹣3＝2．
22．如图，正方形ABCD的边长为4，点E在AB边上，BE＝1，F为BC边的中点．将正方形截去一个角后得到一个五边形AEFCD，点P在线段EF上运动（点P可与点E，点F重合），作矩形PMDN，其中M，N两点分别在CD，AD边上．
设CM＝x，矩形PMDN的面积为S．
（1）DM＝ 4﹣x （用含x的式子表示），x的取值范围是 0≤x≤1 ；
（2）求S与x的函数关系式；
（3）要使矩形PMDN的面积最大，点P应在何处？并求最大面积．
【分析】（1）DM＝DC﹣CM，正方形ABCD的边长为4，CM＝x，结合题意可知点M可与点C、D重合，从而求得x的取值范围；
（2）如图，延长MP交AB于G，证明△EGP∽△EBF，求解PG＝2﹣2x，从而可得DN＝PM＝2+2x，再根据矩形的面积公式列出函数关系式；
（3）由S＝﹣2x2+6x+8可得该抛物线开口向下，对称轴是直线x＝，从而得到当x＜时，y随x的增大而增大；再结合x的取值范围为0≤x≤1求得答案．
【解答】解：（1）∵正方形ABCD的边长为4，CM＝x，BE＝1，
∴DM＝DC﹣CM＝4﹣x，其中0≤x≤1．
故答案是：4﹣x，0≤x≤1；
（2）如图，延长MP交AB于G，
∵正方形ABCD的边长为4，F为BC边的中点，四边形PMDN是矩形，CM＝x，BE＝1，
∴PM∥BC，BF＝FC＝BC＝2，BG＝MC＝x，GM＝BC＝4，
∴△EGP∽△EBF，EG＝1﹣x，
∴＝，即＝．
∴PG＝2﹣2x，
∴DN＝PM＝GM﹣PG＝4﹣（2﹣2x）＝2+2x，
∴S＝DM•DN＝（4﹣x）（2x+2）＝﹣2x2+6x+8，其中0≤x≤1．
（3）由（2）知，S＝﹣2x2+6x+8，
∵a＝﹣2＜0，
∴此抛物线开口向下，对称轴为x＝﹣＝，即，
∴当x＜时，y随x的增大而增大．
∵x的取值范围为0≤x≤1，
∴当x＝1时，矩形PMDN的面积最大，此时点P与点E重合，此时最大面积为12．
23．已知抛物线y＝x2+x．
（1）直接写出该抛物线的对称轴，以及抛物线与y轴的交点坐标；
（2）已知该抛物线经过A（3n+4，y1），B（2n﹣1，y2）两点．
①若n＜﹣5，判断y1与y2的大小关系并说明理由；
②若A，B两点在抛物线的对称轴两侧，且y1＞y2，直接写出n的取值范围．
【分析】（1）由对称轴公式即可求得抛物线的对称轴，令x＝0，求得函数值，即可求得抛物线与y轴的交点坐标；
（2）①由n＜﹣5，可得点A，点B在对称轴直线x＝1的左侧，由二次函数的性质可求解；
（3）分两种情况讨论，列出不等式组可求解．
【解答】解：（1）∵y＝x2+x，
∴对称轴为直线x＝﹣＝﹣1，
令x＝0，则y＝0，
∴抛物线与y轴的交点坐标为（0，0），
（2）xA﹣xB＝（3n+4）﹣（2n﹣1）＝n+5，xA﹣1＝（3n+4）﹣1＝3n+3＝3（n+1），xB﹣1＝（2n﹣1）﹣1＝2n﹣2＝2（n﹣1）．
①当n＜﹣5时，xA﹣1＜0，xB﹣1＜0，xA﹣xB＜0．
∴A，B两点都在抛物线的对称轴x＝1的左侧，且xA＜xB，
∵抛物线y＝x2+x开口向下，
∴在抛物线的对称轴x＝1的左侧，y随x的增大而增大．
∴y1＜y2；
②若点A在对称轴直线x＝1的左侧，点B在对称轴直线x＝1的右侧时，
由题意可得，
∴不等式组无解，
若点B在对称轴直线x＝1的左侧，点A在对称轴直线x＝1的右侧时，
由题意可得：，
∴﹣＜n＜1，
综上所述：﹣＜n＜1．
24．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，BC＝．将△ABC绕点B顺时针旋转α（0°＜α≤120°）得到△A'BC'，点A，点C旋转后的对应点分别为点A'，点C'．
（1）如图1，当点C'恰好为线段AA'的中点时，α＝ 60 °，AA'＝ 2 ；
（2）当线段AA'与线段CC'有交点时，记交点为点D．
①在图2中补全图形，猜想线段AD与A'D的数量关系并加以证明；
②连接BD，请直接写出BD的长的取值范围．
【分析】（1）证明△ABA′是等边三角形即可解决问题．
（2）①根据要求画出图形．结论：AD＝A'D．如图2，过点A作A'C'的平行线，交CC'于点E，记∠1＝β．证明△ADE≌△A'DC'（AAS），可得结论．
②如图1中，当α＝60°时，BD的值最大，当α＝120°时，BD的值最小，分别求出最大值，最小值即可．
【解答】解：（1）∵∠C＝90°，BC＝，∠ABC＝30°，
∴AC＝BC•tan30°＝1，
∴AB＝2AC＝2，
∵BA＝BA′，AC′＝A′C′，
∴∠ABC′＝∠A′BC′＝30°，
∴△ABA′是等边三角形，
∴α＝60°，AA′＝AB＝2．
故答案为：60，2．
（2）①补全图形如图所示：结论：AD＝A'D．
理由：如图2，过点A作A'C'的平行线，交CC'于点E，记∠1＝β．
∵将Rt△ABC绕点B顺时针旋转α得到Rt△A'BC'，
∴∠A'C'B＝∠ACB＝90°，A'C'＝AC，BC'＝BC．
∴∠2＝∠1＝β．
∴∠3＝∠ACB﹣∠1＝90°﹣β，∠A'C'D＝∠A'C'B+∠2＝90°+β．
∵AE∥A'C'
∴∠AED＝∠A'C'D＝90°+β．
∴∠4＝180°﹣∠AED＝180°﹣（90°+β）＝90°﹣β．
∴∠3＝∠4．
∴AE＝AC．
∴AE＝A'C'．
在△ADE和△A'DC'中，
，
∴△ADE≌△A'DC'（AAS），
∴AD＝A'D．
②如图1中，当α＝60°时，BD的值最大，最大值为．
当α＝120°时，BD的值最小，最小值BD＝AB•sin30°＝2×＝1，
∴1≤BD≤．
25．对于平面内的图形G1和图形G2，记平面内一点P到图形G1上各点的最短距离为d，点P到图形G2上各点的最短距离为d2，若d1＝d2，就称点P是图形G1和图形G2的一个“等距点”．
在平面直角坐标系xOy中，已知点A（6，0），B（0，2）．
（1）在R（3，0），S（2，0），T（1，）三点中，点A和点B的等距点是 S（2，0） ；
（2）已知直线y＝﹣2．
①若点A和直线y＝﹣2的等距点在x轴上，则该等距点的坐标为 （4，0）或（8，0） ；
②若直线y＝a上存在点A和直线y＝﹣2的等距点，求实数a的取值范围；
（3）记直线AB为直线l1，直线l2：y＝﹣x，以原点O为圆心作半径为r的⊙O．若⊙O上有m个直线l1和直线l2的等距点，以及n个直线l1和y轴的等距点（m≠0，n≠0），当m≠n时，求r的取值范围．
【分析】（1）由两点距离公式分别求出，AR，BR，AS，BS，AT，BT的长，即可求解；
（2）①设等距点的坐标为（x，0），由题意可得2＝|x﹣6|，即可求解；
②列出方程，由根的判别式可求解；
（3）利用数形结合，可求解．
【解答】解：（1）∵点A（6，0），B（0，2），R（3，0），S（2，0），T（1，），
∴AR＝3，BR＝，AS＝4，BS＝4，AT＝2，BT＝2，
∴AS＝BS，
∴点A和点B的等距点是S（2，0），
故答案为：S（2，0）；
（2）①设等距点的坐标为（x，0），
∴2＝|x﹣6|，
∴x＝4或8，
∴等距点的坐标为（4，0）或（8，0），
故答案为：（4，0）或（8，0）；
②如图1，设直线y＝a上的点Q为点A相直线y＝﹣2的等距点，连接QA，过点Q作直线y＝﹣2的垂线，垂足为点C，
∵点Q为点A和直线y＝﹣2的等距点，
∴QA＝QC，
∴QA2＝QC2
∵点Q在直线y＝a上，
∴可设点Q的坐标为Q（x，a）
∴（x﹣6）2+a2＝[a﹣（﹣2）]2．
整理得x2﹣12x+32﹣4a＝0，
由题意得关于x的方程x2﹣12x+32﹣4a＝0有实数根．
∴△＝（﹣12）2﹣4×1×（32﹣4a）＝16（a+1）≥0．
解得a≥﹣1；
（3）如图2，
直线l1和直线l2的等距点在直线l3：上．
直线l1和y轴的等距点在直线l4：或l5：上．
由题意得或r≥3．