【導讀】A．2=a5B．a(chǎn)3+a2=a5C．÷a=a2D．a(chǎn)3÷a3=1. 9．正方形ABCD內，有一個內切圓⊙O．電腦可設計程序：在正方形內可隨機產(chǎn)生一系列點，點G，交BC于點M，連結CF．給出下列結論：①△CDE∽△CBF；②∠DBC=∠EFC；③=；ABCD中，E是邊CD的中點，連結BE并延長，交AD的延長線于點F．。并將條形統(tǒng)計圖補充完整；如果把成績在24分以上定為優(yōu)秀，估計該市今年6000名九年級學生中，21．如圖，已知AB是⊙O的直徑，點C、D在⊙O上，點E在⊙O外，∠EAC=∠D=60°．。上小明后兩人一起步行到乙地．設小明與甲地的距離為y1米，小亮與甲地的距離為y2米，求小亮從甲地返回到與小明相遇的過程中s（米）與x（分鐘）之間的函數(shù)關系式；△C1OD1，旋轉角為θ，連接AC1、BD1，AC1與BD1交于點P．。如圖2，若四邊形ABCD是菱形，AC=5，BD=7，設AC1=kBD1．判斷AC1與BD1的位置關系，①當直線OD與以AB為直徑的圓相切于E時，求此時k的值；②是否存在這樣的k值，使得△ABP的面積是△ABD面積的？如果存在求出k值；若不存

　　

【正文】 【點評】 本題是一道一次函數(shù)的綜合試題，考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式的運用，追擊問題與相遇問題在實際問題中的運用，描點法畫函數(shù)圖象的運用，解答時靈活運用路程、速度、時間之間的數(shù)量關系是關鍵． 23．在四邊形 ABCD中，對角線 AC、 BD 相交于點 O，將 △COD 繞點 O按逆時針方向旋轉得到△C 1OD1，旋轉角為 θ （ 0176。 ＜ θ ＜ 90176。 ），連接 AC BD1， AC1與 BD1交于點 P． （ 1）如圖 1，若四邊形 ABCD是正方形． ① 求證： △AOC 1≌△BOD 1． ② 請直接寫出 AC1 與 BD1的位置關系． （ 2）如圖 2，若四邊形 ABCD是菱形， AC=5， BD=7，設 AC1=kBD1．判斷 AC1與 BD1的位置關系，說明理由，并求出 k的值． （ 3）如圖 3，若四邊形 ABCD是平行四邊形， AC=5， BD=10，連接 DD1，設 AC1=kBD1．請直接寫出 k的值和 AC12+（ kDD1） 2的值． 【考點】 四邊形綜合題；全等三角形的判定與 性質；旋轉的性質；相似三角形的判定與性質． 【專題】 綜合題． 【分析】 （ 1） ① 如圖 1，根據(jù)正方形的性質得 OC=OA=OD=OB， AC⊥BD ，則 ∠AOB=∠COD=90176。 ，再根據(jù)旋轉的性質得 OC1=OC， OD1=OD， ∠COC 1=∠DOD 1，則 OC1=OD1，利用等角的補角相等得∠AOC 1=∠BOD 1，然后根據(jù) “SAS” 可證明 △AOC 1≌△BOD 1； ② 由 ∠AOB=90176。 ，則 ∠OAB+∠ABP+∠OBD 1=90176。 ，所以 ∠OAB+∠ABP+∠OAC 1=90176。 ，則∠APB=90176。 所以 AC1⊥BD 1； （ 2）如圖 2，根據(jù)菱形的性質得 OC=OA= AC， OD=OB= BD， AC⊥BD ，則 ∠AOB=∠COD=90176。 ，再根據(jù)旋轉的性質得 OC1=OC， OD1=OD， ∠COC 1=∠DOD 1，則 OC1=OA， OD1=OB，利用等角的補角相等得 ∠AOC 1=∠BOD 1，加上 ，根據(jù)相似三角形的判定方法得到 △AOC 1∽△BOD 1，得到 ∠OAC 1=∠OBD 1，由 ∠AOB=90176。 得 ∠OAB+∠ABP+∠OBD 1=90176。 ，則 ∠OAB+∠ABP+∠OAC 1=90176。 ，則 ∠APB=90176。 ，所以 AC1⊥BD 1；然后根據(jù)相似比得到 = = = ，所以 k= ； （ 3）與（ 2）一樣可證明 △AOC 1∽△BOD 1，則 = = = ，所以 k= ；根據(jù)旋轉的性質得 OD1=OD，根據(jù)平行四邊形的性質得 OD=OB，則 OD1=OB=OD，于是可判斷 △BDD 1為直角三角形，根據(jù)勾股定理得 BD12+DD12=BD2=100，所以（ 2AC1） 2+DD12=100，于是有 AC12+（ kDD1） 2=25． 【解答】 （ 1） ① 證明：如圖 1， ∵ 四邊形 ABCD是正方形， ∴OC=OA=OD=OB ， AC⊥BD ， ∴∠AOB=∠COD=90176。 ， ∵△COD 繞點 O按 逆時針方向旋轉得到 △C 1OD1， ∴OC 1=OC， OD1=OD， ∠COC 1=∠DOD 1， ∴OC 1=OD1， ∠AOC 1=∠BOD 1=90176。+∠AOD 1， 在 △AOC 1和 △BOD 1中 ， ∴△AOC 1≌△BOD 1（ SAS）； ②AC 1⊥BD 1； （ 2） AC1⊥BD 1． 理由如下：如圖 2， ∵ 四邊形 ABCD是菱形， ∴OC=OA= AC， OD=OB= BD， AC⊥BD ， ∴∠AOB=∠COD=90176。 ， ∵△COD 繞點 O按逆時針方向旋轉得到 △C 1OD1， ∴OC 1=OC， OD1=OD， ∠COC 1=∠DO D1， ∴OC 1=OA， OD1=OB， ∠AOC 1=∠BOD 1， ∴ ， ∴△AOC 1∽△BOD 1， ∴∠OAC 1=∠OBD 1， 又 ∵∠AOB=90176。 ， ∴∠OAB+∠ABP+∠OBD 1=90176。 ， ∴∠OAB+∠ABP+∠OAC 1=90176。 ， ∴∠APB=90176。 ∴AC 1⊥BD 1； ∵△AOC 1∽△BOD 1， ∴ = = = = ， ∴k= ； （ 3）如圖 3，與（ 2）一樣可證明 △AOC 1∽△BOD 1， ∴ = = = ， ∴k= ； ∵△COD 繞點 O按逆時針方向旋轉得到 △C 1OD1， ∴OD 1=OD， 而 OD=OB， ∴OD 1=OB=OD， ∴△BDD 1為直角三角形， 在 Rt△BDD 1中， BD12+DD12=BD2=100， ∴ （ 2AC1） 2+DD12=100， ∴AC 12+（ kDD1） 2=25． 【點評】 本題考查了四邊形的綜合題：熟練掌握平行四邊形和特殊平行四邊形的性質、旋轉的性質；會運用三角形全等的判定與性質、三角形相似的判定與性質． 24．已知拋物線的頂點為（ 0， 4）且與 x軸交于（﹣ 2， 0），（ 2， 0）． （ 1）求拋物線解析式； （ 2）如圖，將拋物線向右平移 k個單位，設平移后拋物線的頂點為 D，與 x軸的交點為 A、B，與原拋物線的交點為 P ① 當直線 OD與以 AB為直徑的圓相切于 E時，求此時 k的值； ② 是否存在這樣的 k值，使得 △ABP 的面積是 △ABD 面積的 ？如果存在求出 k值；若不存在，請說明理由． 【考點】 二次函數(shù)綜合題． 【分析】 （ 1）根據(jù)頂點坐標，可得頂點式解析式，根據(jù)待定系數(shù)法，可得答案； （ 2）根據(jù)切線的性質，可得 CE與 CA的關系，根據(jù)直角三角形的性質，可得 ∠EDC 的度數(shù)，根據(jù)正切函數(shù)，可得答案； （ 3）根據(jù)解方程組，可得 P點坐標，根據(jù)三角形的面積間 的關系，可得關于 k的方程，根據(jù)解方程，可得答案． 【解答】 解：（ 1）由拋物線的頂點為（ 0， 4）， 可設拋物線解析式為 y=ax2+4． 由拋物線過點（ 2， 0），得 0=4a+4，解得 a=﹣ 1， ∴ 拋物線解析式為 y=﹣ x2+4； （ 2） ① 如圖，連接 CE， CD． ∵OD 是 ⊙C 的切線， ∴CE⊥OD ． 在 Rt△CDE 中， ∠CED=90176。 ， CE=AC=2， DC=4， ∴∠EDC=30176。 ． ∴ 在 Rt△CDO 中， ∠OCD=90176。 ， CD=4， ∠ODC=30176。 ， ∴OC=CDtan30176。= ， ∴ 當直線 OD與以 AB為直徑的圓相切時， k=OC= ； ② 平移 k個單位后的拋物線的解析式是 y=（ x﹣ k） 2+4 它與 y=x2+4交于點 P，可得點 P的坐標是（ ，﹣ +4）， ∴ 當 k＜ 4時， S△ABP = AB?yP= 4 （ 4﹣ ） =8﹣ ； 當 k＞ 4時， S△ABP = AB?yP= 4 （ ﹣ 4） = ﹣ 8 又 ∵S △ABD = AB?D= 44=8 ， ∴ 或 ，解得 k=2 或 k=2 ． 【點評】 本題考查了二次函數(shù)綜合題，（ 1）利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；（ 2）利用切線的性質得出 CE的長，利用直 角三角形的性質得出 ∠EDC 的度數(shù)，又利用了正切函數(shù)；（ 3）利用三角形面積間的關系得出關于 k的方程是解題關鍵，注意要分類討論，以防遺漏．