2021年江苏省苏州市九年级上学期数学期中联考试卷含答案

这是一份2021年江苏省苏州市九年级上学期数学期中联考试卷含答案，共23页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 九年级上学期数学期中联考试卷
一、单项选择题
1.在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，BC=3，那么∠A的正切值为〔   〕
A. 3                                       B.                                        C.                                        D. 
2.方程x2=x的解是〔   〕
A. x=1                           B. x1=﹣1，x2=1                           C. x1=0，x2=1                           D. x=0
3.假设正多边形的内角和是540°，那么该正多边形的一个外角为〔    〕

A. 45°                                       B. 60°                                       C. 72°                                       D. 90°
4.平面内有一点P到圆上最远的距离是 ，最近的距离是 ，那么圆的半径是〔   〕
A.                                          B.                                          C. 或                                          D. 
5.在半径为2的圆中，弦AB的长为2，那么 的长等于〔　　〕
A.                                         B.                                         C.                                         D. 
6.如图，⊙O的弦AB＝8，M是AB的中点，且OM＝3，那么⊙O的半径等于(    )


A.8
B.4
C.10
D.5
7.如图，⊙O的直径AB=4，BC切⊙O于点B，OC平行于弦AD，OC=5，那么AD的长为〔   〕

A.                                        B.                                        C.                                        D. 
8.如图，矩形OCDE内接于扇形AOB，假设点C是OA的中点，那么∠BAD等于〔   〕

A. 15°°                                    B. 18°                                    C. 22.5°                                    D. 30°
9.如图，第一象限内的点A在反比例函数 的图象上，第二象限的点B在反比例函数 的图象上，且OA⊥OB，tanA=2，那么k的值为〔   〕

A. 4                                          B. 8                                          C. -4                                          D. -8
10.如图， 与x轴交于点 ， ，与 轴的正半轴交于点 ．假设 ，那么点 的纵坐标为(   )

A.                              B.                              C.                              D. 
二、填空题
11.a是关于x方程 的一个根，那么 的值为________.
12.一等腰三角形的两边长分别为4cm和6cm，那么其底角的余弦值为       ．
13.小明用一张扇形纸片做一个圆锥的侧面，该扇形的半径是10cm，弧长是12πcm2 ， 那么这个圆锥的高是________cm.
14.一元二次方程 的两根为x1 ， x2 ， 那么 的值为________.
15.如图，点A，B，D在⊙O上，∠A=20°，BC是⊙O的切线，B为切点，OD的延长线交BC于点C，那么∠OCB=________度.

16.如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠A＝45°，BC＝4，那么⊙O的直径为________.

17.如图，以G〔0，1〕为圆心，半径为2的圆与x轴交于A、B两点，与y轴交于C、D两点，点E为⊙G上一动点，CF⊥AE于F，当点E从B点出发顺时针运动到D点时，点F经过的路径长为________.

18.如图，在平面直角坐标系中，C〔6，8〕，以点C为圆心的圆与y轴相切.点A、B在x轴上，且OA＝OB.点P为⊙C上的动点，∠APB＝90°，那么AB长度的最大值为________.

 
三、解答题
19.计算题
〔1〕
〔2〕
20.解方程：
〔1〕3〔x﹣2〕2＝x〔x﹣2〕；
〔2〕3x2﹣6x+1＝0〔用配方法〕.
21.山西特产专卖店销售核桃，其进价为每千克40元，按每千克60元出售，平均每天可售出100千克，后来经过市场调查发现，单价每降低2元，那么平均每天的销售可增加20千克，假设该专卖店销售这种核桃要想平均每天获利2240元，请答复：
〔1〕每千克核桃应降价多少元？
〔2〕在平均每天获利不变的情况下，为尽可能让利于顾客，赢得市场，该店应按原售价的几折出售？
22.如图，某数学活动小组为测量学校旗杆AB的高度，沿旗杆正前方 米处的点C出发,沿斜面坡度 的斜坡CD前进4米到达点D，在点D处安置测角仪，测得旗杆顶部A的仰角为37°，量得仪器的高DE为1.5米.A、B、C、D、E在同一平面内，AB⊥BC,AB//DE.求旗杆AB的高度.〔参考数据：sin37°≈ ，cos37°≈ ，tan37°≈ .计算结果保存根号〕

23.如图，直线MN交⊙O于A，B两点，AC是直径，AD平分∠CAM交⊙O于D，过D作DE⊥MN于E.

〔1〕求证：DE是⊙O的切线；
〔2〕假设DE＝6，AE＝2 ，求⊙O的半径；
〔3〕在第〔2〕小题的条件下，求图中阴影局部的面积.
24.某海域有A，B两个港口，B港口在A港口北偏西30°方向上，距A港口60海里，有一艘船从A港口出发，沿东北方向行驶一段距离后，到达位于B港口南偏东75°方向的C处，求该船与B港口之间的距离即CB的长〔结果保存根号〕．


25.如图，AB为⊙O的直径，C，D为圆上的两点，OC∥BD，弦AD，BC相交于点E.

〔1〕求证： ；
〔2〕假设CE＝2，EB＝6，求⊙O的半径.
26.在平面直角坐标系xOy中，点A(6，0)，点B(0，6)，动点C在以原点O为圆心，半径为3的⊙O上，连接OC，过点O作OD⊥OC，OD与⊙O相交于点D〔其中点C，O，D按逆时针方向排列〕，连接AB.

〔1〕当OC//AB时，∠BOC的度数为________.
〔2〕连接AC，BC，当点C在⊙O上运动到什么位置时，△ABC的面积最大？并求出△ABC的最大值.
〔3〕连接AD，当OC//AD，点C位于第二象限时，
①求出点C的坐标；
②直线BC是否为⊙O的切线？并说明理由.
27.在平面直角坐标系xOy中，直线l1分别交x轴和y轴于点A(﹣3，0)，B(0，3).

〔1〕如图1，⊙P经过点O，且与直线l1相切于点B，求⊙P的直径长；
〔2〕如图2，直线l2：y=3x﹣3分别交x轴和y轴于点C和点D，点Q是直线l2上的一个动点，以Q为圆心，2 为半径画圆.
①当点Q与点C重合时，求证：直线l1与⊙Q相切；
②设⊙Q与直线l1相交于M，N两点，连结QM，QN.问：是否存在这样的点Q，使得△QMN是等腰直角三角形，假设存在，求出点Q的坐标；假设不存在，请说明理由.

答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 A
【解析】【解答】∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，BC=3，
∴∠A的正切值为 =3，
故答案为：A．
【分析】根据正切函数的定义即可直接得出答案。
2.【答案】 C
【解析】【解答】解：x2=x，
x2﹣x=0，
x〔x﹣1〕=0，
∴x1=0，x2=1，
应选：C．
【分析】因式分解法求解可得．
3.【答案】 C
【解析】【解答】解：设正多边形的边数为n，由题意得
〔n-2〕×180=540
解之：n=5
∴正五边形的一个外角为：360°÷5=72°
故答案为：C
【分析】根据n边形的内角和公式〔n-2〕×180，再根据正多边形的内角和=540°，建立关于n的方程，解方程求出n的值，然后利用多边形的外角和为360°，继而可求出该正多边形的一个外角的度数。
4.【答案】 C
【解析】【解答】解：∵点P到⊙O的最近距离为2，最远距离为6，
那么：当点在圆外时，那么⊙O的直径为6−2＝4，半径是2；
当点在圆内时，那么⊙O的直径是6＋2＝8，半径为4.
故答案为：C.
【分析】分两种情况：点在圆外，直径等于两个距离的差；点在圆内，直径等于两个距离的和.
5.【答案】 C
【解析】【解答】解：如图，

连接OA、OB，
∵OA=OB=AB=2，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴ 的长为 .
故答案为：C.
【分析】连接OA、OB，根据三边都相等的三角形是等边三角形可得△AOB是等边三角形，由弧长公式l=计算即可求解.
6.【答案】 D
【解析】
【解答】解：连接OA，

∵M是AB的中点，
∴OM⊥AB，且AM=4
在直角△OAM中，OA==5
应选D．
【分析】连接OA，即可证得△OAM是直角三角形，根据垂径定理即可求得AM，根据勾股定理即可求得OA的长．
7.【答案】 B
【解析】【解答】解：连接BD．
∵AB是直径，∴∠ADB=90°．
∵OC∥AD，∴∠A=∠BOC，∴cos∠A=cos∠BOC．
∵BC切⊙O于点B，∴OB⊥BC，
∴cos∠BOC= = ，
∴cos∠A=cos∠BOC= ．
又∵cos∠A= ，AB=4，
∴AD= ．
应选B．

【分析】首先由切线的性质得出OB⊥BC，根据锐角三角函数的定义求出cos∠BOC的值；连接BD，由直径所对的圆周角是直角，得出∠ADB=90°，又由平行线的性质知∠A=∠BOC，那么cos∠A=cos∠BOC，在直角△ABD中，由余弦的定义求出AD的长．
8.【答案】 A
【解析】【解答】解：连接OD，

∴OA=OD
∵点C是OA的中点，
∴OC= OA= OD
∵四边形OEDC为矩形
∴DE=OC，∠OED=90°
∴DE= OD
在Rt△OED中，sin∠DOE=
∴∠DOE=30°
∴∠BAD= ∠DOE=15°
故答案为：A.
【分析】连接OD，先推出OC= OA= OD，根据矩形的性质可得DE=OC，∠OED=90°，从而求出DE= OD，利用锐角三角函数即可求出∠DOE=30°，最后根据圆周角定理即可求出结论.
9.【答案】 D
【解析】【解答】解：过点A、B分别作AC⊥x轴、BD⊥x轴，垂足分别为点C、D，如图，那么∠ACO=∠BDO=90°，∠OAC+∠AOC=90°，

∵OA⊥OB，tan∠BAO=2，
∴∠AOC+∠BOD=90°，OA：OB=1：2，
∴∠OAC=∠BOD，
∴△AOC∽△OBD，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，∴ ，
∵k＜0，
∴k=﹣8.
故答案为：D.
【分析】过点A、B分别作AC⊥x轴、BD⊥x轴，垂足分别为点C、D，如图，易证△AOC∽△OBD，那么根据相似三角形的性质可得 ，再根据反比例函数系数k的几何意义即可求出k的值.
10.【答案】 B
【解析】【解答】连接 ， ， ，过 作 于 ， 于 ，

∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ， ，
∴四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴点 的纵坐标为 .
故答案为：B．

【分析】连接 ， ， ，过 作 于 ， 于 ，根据圆周角的性质计算得到∠APB的度数，根据题目所给条件可以证明四边形PEOD为矩形，根据矩形的性质结合勾股定理计算得到OC的长度，从而得到点C的纵坐标。
二、填空题
11.【答案】 16
【解析】【解答】解：∵a是关于x方程 的一个根，，
∴a2-2a-8=0，
∴a2-2a=8，
∴ =2(a2-2a)=2×8=16.
故答案为：16.
【分析】先利用一元二次方程解的定义得到a2-2a=8，然后把 变形为2〔a2-2a〕，再利用整体代入的方法计算.
12.【答案】 或
【解析】【解答】解：①4cm为腰长时，作AD⊥BC于D．可得BD=CD=3cm，所以cosB= ；

②4cm为底边时，同理可得BD=CD=2cm，因此cosB= = .
【分析】可分4cm为腰长和底边长两种情况，①4cm为腰长时，作AD⊥BC于D，根据勾股定理及等腰三角形的三线合一得出BD=CD=3cm求得直角三角形中底角的邻边与斜边之比即可；②4cm为底边时，同理可得cosB 。
13.【答案】 8
【解析】【解答】解：设圆锥底面圆的半径为r，那么有，


∴圆锥的高为 .
故答案是： .
【分析】设圆锥的底面半径为r，利用圆锥的侧面展开图为一个扇形、这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长、圆的周长公式计算出r，然后根据圆锥的母线长、底面圆的半径及圆锥的高构成直角三角形，从而利用勾股定理计算出圆锥的高.
14.【答案】 2
【解析】【解答】解：一元二次方程 的两根为x1 ， x2 ，
x1•x2=1，x12-4x1+1=0，
那么 =4x1-1-4x1+3=2.
故答案为：2.
【分析】利用跟与系数关求出x1•x2=1，根据方程根的定义得出x12-4x1+1=0，变形x12=4x1-1，进而整体代入代数式，合并同类项即可.
15.【答案】 50
【解析】【解答】解：∵∠A=20°，
∴∠BOC=40°，
∵BC是⊙O的切线，B为切点，
∴∠OBC=90°，
∴∠OCB=90°-40°=50°.
故答案为：50.
【分析】根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得∠BOC的度数，再根据圆的切线垂直于经过切点的半径可得∠OBC=90°，进而可求出∠OCB的度数.
16.【答案】 4
【解析】【解答】解：连结OB、OC.

∵∠A与∠BOC分别是弧BC所对的圆周角和圆心角，
∴∠BOC=2∠A=2×45°=90°.
又OB=OC，
∴△OBC是等腰直角三角形.
又BC=4，
∴OB=2 ，
∴⊙O的直径为4 .
故答案为：4 .
【分析】欲求⊙O的直径，只需求出⊙O的半径即可，分析题意，可知需要借助辅助线求解，∠A=45°，很容易想到构造圆心角，连接OB，OC，那么有∠BOC=90°；再结合OB=OC可得△OBC是等腰直角三角形，由斜边BC=4，可得直角边的长，再结合直径为半径的2倍即可完成解答.
17.【答案】
【解析】【解答】解：连接AC，AG.

∵GO⊥AB，∴O为AB的中点，即AO＝BO AB.
∵G〔0，1〕，即OG＝1，∴在Rt△AOG中，根据勾股定理得：AO ，∴AB＝2AO＝2 ，又CO＝CG+GO＝2+1＝3，∴在Rt△AOC中，根据勾股定理得：AC .
∵CF⊥AE，∴△ACF始终是直角三角形，点F的运动轨迹为以AC为直径的半圆，当E位于点B时，CO⊥AE，此时F与O重合；当E位于D时，CA⊥AE，此时F与A重合，∴当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长 .在Rt△ACO中，tan∠ACO ，∴∠ACO＝30°，∴ 度数为60°.
∵直径AC＝2 ，∴ 的长为 π，那么当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长 π.
故答案为： π.
【分析】连接AC，AG，由OG垂直于AB，利用垂径定理得到O为AB的中点，由G的坐标确定出OG的长，在直角三角形AOG中，利用勾股定理求出AO的长，进而确定出AB的长，由CG+GO求出OC的长，在直角三角形AOC中，利用勾股定理求出AC的长，由CF垂直于AE，得到三角形ACF始终为直角三角形，点F的运动轨迹为以AC为直径的半径，如图中红线所示，当E位于点B时，CO⊥AE，此时F与O重合；当E位于D时，CA⊥AE，此时F与A重合，可得出当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长 ，在直角三角形ACO中，利用锐角三角函数定义求出∠ACO的度数，进而确定出所对圆心角的度数，再由AC的长求出半径，利用弧长公式即可求出 的长.
18.【答案】 32
【解析】【解答】解：连接OP

当OP经过点C时，OP最长
∵C〔6，8〕，以点C为圆心的圆与y轴相切
∴ ，
∴
∵OA＝OB，∠APB＝90°
∴OP是 斜边上的中线
∴ ，即OP取最大值时，AB最大
∴
故答案为：32.
【分析】连接OP，根据题意得：当OP经过点C时，OP最长；结合C〔6，8〕，以点C为圆心的圆与y轴相切，根据勾股定理和圆的半径性质，计算得OP；在通过直角三角形斜边中线的性质，即可得到AB的最大值.
三、解答题
19.【答案】 〔1〕解：
 
=1

〔2〕解：
 
=0
【解析】【分析】(1)根据乘方的意义、二次根式的性质及特殊锐角三角函数值分别化简，再根据有理数的混合运算顺序算出答案；
(2)先代入特殊锐角三角函数值，再根据二次根式的性质进行化简，最后合并同类项即可.
20.【答案】 〔1〕解：移项得：
提取公因式：
合并同类项：
解得： ，

〔2〕解：两边同时除以3得：
配方：
移项：
直接开平方：
解得： .
【解析】【分析】〔1〕移项，将方程右边整体移到方程的左边，然后将方程的左边利用提取公因式法分解因式，根据两个因式的乘积等于0，那么这两个因式至少有一个为0，从而将方程降次为两个一元一次方程，解一元一次方程即可求出方程的解；
〔2〕利用配方法解方程，①方程的两边都除以3将二次项的系数化为1，②移项，将常数项移到方程的右边，③配方，方程的两边都加上一次项系数一半的平方1，左边利用完全平方公式分解因式，右边合并同类项，然后利用直接开平方法求解即可.
 
21.【答案】 〔1〕解：设每千克核桃应降价x元．
         根据题意，得  〔60﹣x﹣40〕〔100+ ×20〕=2240．
         化简，得  x2﹣10x+24=0    解得x1=4，x2=6．
答：每千克核桃应降价4元或6元

〔2〕解：由〔1〕可知每千克核桃可降价4元或6元．
因为要尽可能让利于顾客，所以每千克核桃应降价6元．  
此时，售价为：60﹣6=54〔元〕， ．
答：该店应按原售价的九折出售
【解析】【分析】〔1〕设每千克核桃降价x元，利用销售量×每件利润=2240元列出方程求解即可；〔2〕为了让利于顾客因此应下降6元，求出此时的销售单价即可确定几折．
22.【答案】 解：如图，延长ED交BC延长线于点F，那么∠CFD=90°，

∵tan∠DCF=i= ，
∴∠DCF=30°，
∵CD=4，
∴DF= CD=2，CF=CDcos∠DCF=4× =2 ，
∴BF=BC+CF=2 +2 =4 ，
过点E作EG⊥AB于点G，
那么GE=BF=4 ，GB=EF=ED+DF=1.5+2=3.5，
又∵∠AED=37°，
∴AG=GEtan∠AEG=4 •tan37°，
那么AB=AG+BG=4 •tan37°+3.5=3 +3.5，
故旗杆AB的高度为〔3 +3.5〕米．
【解析】【分析】延长ED交BC延长线于点F，那么∠CFD=90°，Rt△CDF中求得CF=CDcos∠DCF=2 、DF= CD=2，作EG⊥AB，可得GE=BF=4、GB=EF=3.5，再求出AG=GEtan∠AEG=4 •tan37°可得答案．
23.【答案】 〔1〕证明：连结OD，

∵OA＝OD,
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠CAM，
∴∠OAD＝∠DAE，
∴∠ODA＝∠DAE，
∴DO∥MN，
∵DE⊥MN，
∴DE⊥OD，
∵OD是半径，
∴DE是⊙O的切线；

〔2〕解：∵DE⊥MN于E.

∴∠AED＝90°，DE＝6，AE＝2 ，
∴由勾股定理得AD＝ ，
连结CD，
∵AC是⊙O直径，
∴∠ADC＝∠AED＝90°，
又∵∠CAD＝∠DAE，
∴△ACD∽△ADE，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴⊙O的半径 ；

〔3〕解：连结OB，
∵在RtΔCDA中，AD= ，AC= ，
∴∠DCA=30º，
∴∠DAC=90º-∠ACD=90º-30º=60º，
∵AD平分∠CAM，
∴∠DAC＝∠DAE=60º，
∴∠OAB=180º-∠DAC-∠DAE=180º-60º-60º=60º，
∴OA=OB，ΔAOB为等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴S阴影= - = .
【解析】【分析】(1)连结OD，由OA＝OD知∠OAD＝∠ODA； 由AD平分∠CAM证出∠ODA＝∠DAE，进而得出DO∥MN，证DE⊥OD即可;
(2)由勾股定理得AD的长， 连结CD，由AC是⊙O直径得∠ADC＝∠AED＝90°，可证△ACD∽△ADE，由相似三角形对应边成比例得AD2=AE•AC，可求AC即可;
(3) 连结OB，在RtΔCDA中，可求∠DCA=30º，由AD平分∠CAM得∠DAC＝∠DAE=60º，可证ΔAOB为等边三角形，求 ， ，S阴影= - 即可.
24.【答案】 解：作AD⊥BC于D，∵∠EAB=30°，AE∥BF，∴∠FBA=30°，又∠FBC=75°，∴∠ABD=45°，又AB=60，∴AD=BD=30， ∵∠BAC=∠BAE+∠CAE=75°，∠ABC=45°，∴∠C=60°，在Rt△ACD中，∠C=60°，AD=30， 那么tanC=， ∴CD==10， ∴BC=30+10． 答：该船与B港口之间的距离CB的长为：〔30+10​〕海里．
【解析】【解答】作AD⊥BC于D，根据题意求出∠ABD=45°，得到AD=BD=30 ，求出∠C=60°，根据正切的概念求出CD的长，得到答案．

【分析】作AD⊥BC于D，根据题意求出∠ABD=45°，得到AD=BD=30， 求出∠C=60°，根据正切的概念求出CD的长，得到答案．
25.【答案】 〔1〕证明：设OC与AD交于F，

∵AB为⊙O的直径，
∴∠D=90º，
∵OC∥BD，
∴∠AFO=∠D=90º
∵OC为半径，OC⊥AD，AD为弦，
∴

〔2〕解：连接 AC
∵CE＝2，EB＝6，∴BC＝8，
∵ ，∴∠CAD＝∠ABC，且∠ACB＝∠ACB，
∴△ACE∽△BCA，
∴ ，∴AC2＝CB•CE＝16，∴AC＝4，
∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∴AB＝ ＝4 ，
∴⊙O 的半径为 2 .
【解析】【分析】(1)设OC与AD交于F，由AB为⊙O的直径，确定直经所对的圆周角∠D=90º，由OC∥BD，推出∠AFO =90º，利用垂径定理即可得出结论；
(2)连接 AC，由 利用等弧所对圆周角∠CAD＝∠ABC，可证△ACE∽△BCA，利用相似三角形的性质AC2= CB•CE，在Rt△ABC中，由勾股定理求AB即可.
26.【答案】 〔1〕45°
〔2〕解：∵△OAB为等腰直角三角形
∴AB= OA=6
∴当点C到AB的距离最大时，△ABC的面积最大
过O点作OE⊥AB于E，OE的反向延长线交⊙O于C，如图

此时C点到AB的距离的最大值为CE的长
∴OE= AB=3
∴CE=OC+OE=3+3      
∴ = CE∙AB= × (3+3 )×6 =9 +18
∴△ABC的面积最大值为9 +18

〔3〕解：①如图,过C点作CF⊥x轴于F

∵OC∥AD
∴∠COF=∠DAO
∵∠ADO= ∠CFO=90°
∴Rt△OCF∽Rt△AOD
∴   解得CF=
在Rt△OCF中，OF=
∴ C点坐标 (− ， )         
②当C点坐标 (− ， )时，直线BC是 O的切线。理由如下:
在Rt△OCF中，OC=3，CF=
∴∠COF= 30°
∴∠OAD=30°
∴∠BOC=∠AOD=60°
∵OC= OD,  BO= AO
.∴△BOC≌△AOD ,
∴∠BCO=∠ADO=90°
∴0C⊥BC
∴直线BC为 O的切线
【解析】【解答】解：〔1〕∵点A ( 6，0)，点B ( 0， 6 )
∴OA=OB=6
∵△OAB是等腰直角三角形
∴∠OBA=45°
∵OC∥AB
∵点C，O，D按逆时针方向排列
∴C点在第二象限
∴∠BOC=∠OBA=45°
故答案为：45°；
【分析】(1 )由点A和点B坐标可得△OAB为等腰直角三角形，那么∠OBA=45°，由于OC∥AB ，即可求出答案；
2〕根据三角形面积公式得到当点C到AB的距离最大时，求出C点到AB的距离的最大值为CE的长,然后利用等腰直角三角形的性质计算出OE ，然后计算△ABC的面积；
( 3 )①过C点作CF⊥x轴于F，易证Rt△OCF∽Rt△AOD，即可求出CF，求出C点坐标；②在Rt△OCF中，OC=3，CF= 可得∠COF= 30°，进而可以得到△BOC≌△AOD ,即可证明∠BCO=∠ADO=90°直线BC是 O的切线.
27.【答案】 〔1〕解：如图1，连接BC，

∵∠BOC=90°，∴点P在BC上，
∵⊙P与直线l1相切于点B，
∴∠ABC=90°，而OA=OB，
∴△ABC为等腰直角三角形，
那么⊙P的直径长=BC=AB=3 ；

〔2〕解：①过点C作CE⊥AB于点E，如图2.

将y=0代入y=3x–3，得x=1，
∴点C的坐标为〔1，0〕.∴AC=4，
∵∠CAE=45°，∴CE= AC=2 ，
∵点Q与点C重合，又⊙Q的半径为2 ，
直线l1与⊙Q相切.
②假设存在这样的点Q，使得△QMN是等腰直角三角形，
∵直线l1经过点A〔–3，0〕，B〔0，3〕，
∴l1的函数解析式为y=x+3.
记直线l2与l1的交点为F，
情况一：
当点Q在线段CF上时，由题意，得∠MNQ=45°，
延长NQ交x轴于点G，如图3，

∵∠BAO=45°，
∴∠NGA=180°–45°–45°=90°，
即NG⊥x轴，∴点Q与N有相同的横坐标，
设Q〔m，3m–3〕，那么N〔m，m+3〕，
∴QN=m+3–〔3m–3〕，
∵⊙Q的半径为2 ，
∴m+3–〔3m–3〕=2 ，解得m=3– ，
3m–3=6–3 ，
∴Q的坐标为〔3– ，6–3 〕.
情况二：
当点Q在线段CF的延长线上时，如图4，

同理可得m=3+ ，
Q的坐标为〔3+ ，6+3 〕.
∴存在这样的点Q1(3– ，6–3 )和Q2(3+ ，6+3 )，使得△QMN是等腰直角三角形.
【解析】【分析】〔1〕证明△ABC为等腰直角三角形，那么⊙P的直径长=BC=AB，即可求解；
〔2〕过点C作CE⊥AB于点E，证明CE=ACsin45°=4× =2 =圆的半径，即可求解；
〔3〕分点M、N在两条直线交点的下方、点M、N在两条直线交点的上方两种情况，分别求解即可.