2016届九年级（下）月考数学试卷（3月份）（解析版）.doc

2016届年九年级（下）月考数学试卷（3月份） 　 一、选择题 1．下列各组数中，互为相反数的是（　　） A．2与 B．（﹣1）2与1 C．﹣1与（﹣1）2 D．2与|﹣2| 2．的结果是（　　） A． B． C． D．2 3．已知地球距月球约384200千米，那么这个距离用科学记数法（保留三个有效数字）表示应为（　　） A．3.84×104千米 B．3.84×105千米 C．3.84×106千米 D．3.84×107千米 4．如图，反映的是某中学九（3）班学生外出方式（乘车、步行、骑车）的频数（人数）分布直方图（部分）和扇形分布图，那么下列说法正确的是（　　） A．九（3）班外出的学生共有42人 B．九（3）班外出步行的学生有8人 C．在扇形图中，步行的学生人数所占的圆心角为82 D．如果该校九年级外出的学生共有500人，那么估计全年级外出骑车的学生约有140人 5．如图，等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AD=BC=8，AB=10，CD=6，则梯形ABCD的面积是（　　） A． B． C． D． 6．把一张长方形的纸片按如图所示的方式折叠，EM、FM为折痕，折叠后的C点落在B′M或B′M的延长线上，那么∠EMF的度数是（　　） A．85° B．90° C．95° D．100° 　 二、填空题 7．函数的自变量x的取值范围是　　　　　　． 8．计算﹣（﹣4）=　　　　　　． 9．正多边形的中心角是36°，则这个正多边形的边数是　　　　　　． 10．二次函数y=3x2的图象向下平移3个单位，得到的新的图象的解析式是　　　　　　． 11．在一个不不透明的口袋中装有5个白球，若干个黑球，它们除颜色外其他完全相同，经过多次实验发现摸到白球的频率稳定在0.2附近，则黑球大约有　　　　　　个． 12．不等式3﹣2x＞1的解集为　　　　　　． 13．学校在周一举行升国旗仪式，一位同学站在离旗杆20米处（如图），随着国歌响起，五星红旗冉冉升起．当这位同学目视国旗的仰角为37°时（假设该同学的眼睛距离地面的高度为1.6米），国旗距地面约　　　　　　米（结果精确到0.1米）． （下列数据供选用：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈，cot37°≈）． 14．若两个圆的圆心距为1.5，而两个圆的半径是方程4x2﹣20x+21=0的两个实数根，则这两个圆的位置关系是　　　　　　． 15．在Rt△ABC中，∠C=90°，点G为重心，AB=12，那么CG=　　　　　　． 16．某公园正在举行郁金香花展，现从红、黄两种郁金香中，各抽出6株，测得它们离地面的高度分别如下（单位cm）： 红：54、44、37、36、35、34； 黄：48、35、38、36、43、40； 已知它们的平均高度均是40cm，请判断哪种颜色的郁金香样本长得整齐？　　　　　　．（填“红”或“黄”） 17．如图，⊙M与x轴相切于原点，平行于y轴的直线交⊙M于P、Q两点，P点在Q点的下方．若点P的坐标是（2，1），则圆心M的坐标是　　　　　　． 18．在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，点D是斜边AB的中点，△ABC绕点C旋转，使得点B落在射线CD上，点A落在点A′，那么AA′的长是　　　　　　． 　 三、解答题 19．计算﹣（﹣2）0﹣|﹣|+2﹣1． 20．解方程：． 21．某住宅小区将现有一块三角形的绿化地改造为一块圆形的绿化地如图1．已知原来三角形绿化地中道路AB长为16米，在点B的拐弯处道路AB与BC所夹的∠B为45°，在点C的拐弯处道路AC与BC所夹的∠C的正切值为2（即tan∠C=2），如图2． （1）求拐弯点B与C之间的距离； （2）在改造好的圆形（圆O）绿化地中，这个圆O过点A、C，并与原道路BC交于点D，如果点A是圆弧（优弧）道路DC的中点，求圆O的半径长． 22．货车在公路A处加满油后，以每小时60千米的速度匀速行驶，前往与A处相距360千米的B处．下表记录的是货车一次加满油后油箱剩余油量y（升）与行驶时间x（时）之间的关系： 行驶时间x（时） 0 1 2 3 4 余油量y（升） 150 120 90 60 30 （1）如果y关于x的函数是一次函数，求这个函数解析式（不要求写出自变量的取值范围） （2）在（1）的条件下，如果货车的行驶速度和每小时的耗油量都不变，货车行驶4小时后到达C处，C的前方12千米的D处有一加油站，那么在D处至少加多少升油，才能使货车到达B处卸货后能顺利返回会D处加油？（根据驾驶经验，为保险起见，油箱内剩余油量应随时不少于10升） 23．已知：如图，在菱形ABCD中，点E在对角线AC上，点F在BC的延长线上，EF=EB，EF与CD相交于点G． （1）求证：EG•GF=CG•GD； （2）连接DF，如果EF⊥CD，那么∠FDC与∠ADC之间有怎样的数量关系？证明你所得到的结论． 24．如图，在直角坐标平面内，直线y=﹣x+5与x轴和y轴分别交于A、B两点，二次函数y=x2+bx+c的图象经过点A、B，且顶点为C． （1）求这个二次函数的解析式； （2）求sin∠OCA的值； （3）若P是这个二次函数图象上位于x轴下方的一点，且△ABP的面积为10，求点P的坐标． 25．在Rt△ABC中，∠BAC=90°，BC=10，tan∠ABC=，点O是AB边上动点，以O为圆心，OB为半径的⊙O与边BC的另一交点为D，过点D作AB的垂线，交⊙O于点E，联结BE、AE （1）当AE∥BC（如图（1））时，求⊙O的半径长； （2）设BO=x，AE=y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域； （3）若以A为圆心的⊙A与⊙O有公共点D、E，当⊙A恰好也过点C时，求DE的长． 　 2016届九年级（下）月考数学试卷（3月份） 参考答案与试题解析 　 一、选择题 1．下列各组数中，互为相反数的是（　　） A．2与 B．（﹣1）2与1 C．﹣1与（﹣1）2 D．2与|﹣2| 【考点】有理数的乘方；相反数；绝对值． 【分析】两数互为相反数，它们的和为0．本题可对四个选项进行一一分析，看选项中的两个数和是否为0，如果和为0，则那组数互为相反数． 【解答】解：A、2+=； B、（﹣1）2+1=2； C、﹣1+（﹣1）2=0； D、2+|﹣2|=4． 故选C． 　 2．的结果是（　　） A． B． C． D．2 【考点】二次根式的加减法． 【分析】本题考查了二次根式的加减运算，应先化为最简二次根式，再将被开方数相同的二次根式进行合并． 【解答】解：原式=2=．故选C． 　 3．已知地球距月球约384200千米，那么这个距离用科学记数法（保留三个有效数字）表示应为（　　） A．3.84×104千米 B．3.84×105千米 C．3.84×106千米 D．3.84×107千米 【考点】科学记数法与有效数字． 【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值是易错点，由于384200有6位，所以可以确定n=6﹣1=5． 有效数字的计算方法是：从左边第一个不是0的数字起，后面所有的数字都是有效数字． 用科学记数法表示的数的有效数字只与前面的a有关，与10的多少次方无关． 【解答】解：384200=3.842×105≈3.84×105． 故选B． 　 4．如图，反映的是某中学九（3）班学生外出方式（乘车、步行、骑车）的频数（人数）分布直方图（部分）和扇形分布图，那么下列说法正确的是（　　） A．九（3）班外出的学生共有42人 B．九（3）班外出步行的学生有8人 C．在扇形图中，步行的学生人数所占的圆心角为82 D．如果该校九年级外出的学生共有500人，那么估计全年级外出骑车的学生约有140人 【考点】条形统计图；扇形统计图． 【分析】A、由乘车的人数除以占的百分比求出该班的学生数即可； B、由该班的总人数减去乘车和骑车人数可得步行的学生数即可判断； C、根据步行占的百分比，乘以360即可得到结果； D、由骑车的占总人数比例乘以500即可得到结果． 【解答】解：A、由题意知乘车的人数是20人，占总人数的50%，所以九（3）班有20÷50%=40人，故此选项错误； B、步行人数为：40﹣12﹣20=8人，故此选项正确； C、步行学生所占的圆心角度数为×360°=72°，故此选项错误； D、如果该中学九年级外出的学生共有500人，那么估计全年级外出骑车的学生约为500×=150人，故此选项错误； 故选：B． 　 5．如图，等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AD=BC=8，AB=10，CD=6，则梯形ABCD的面积是（　　） A． B． C． D． 【考点】等腰梯形的性质． 【分析】知道等腰梯形的上底、下底，只要求出高，就可得梯形的面积． 【解答】解：过D，C分别作高DE，CF，垂足分别为E，F ∵等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AD=BC=8，AB=10，CD=6 ∴DC=EF=6，AE=BF=2 ∴DE=2 ∴梯形ABCD的面积=（6+10）×2÷2=16 故选：A． 　 6．把一张长方形的纸片按如图所示的方式折叠，EM、FM为折痕，折叠后的C点落在B′M或B′M的延长线上，那么∠EMF的度数是（　　） A．85° B．90° C．95° D．100° 【考点】翻折变换（折叠问题）． 【分析】根据折叠的性质：对应角相等，对应的线段相等，可得． 【解答】解：根据图形，可得：∠EMB′=∠EMB，∠FMB′=∠FMC， ∵∠FMC+∠FMB′+∠EMB′+∠BME=180°， ∴2（∠EMB′+∠FMB′）=180°， ∵∠EMB′+∠FMB′=∠FME， ∴∠EMF=90°． 故选B． 　 二、填空题 7．函数的自变量x的取值范围是　x＞2　． 【考点】函数自变量的取值范围． 【分析】根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解． 【解答】解：根据题意得，x﹣2＞0， 解得x＞2． 故答案为：x＞2． 　 8．计算﹣（﹣4）=　+2　． 【考点】*平面向量． 【分析】直接利用平面向量的运算法则去括号合并求出答案． 【解答】解：﹣（﹣4）=﹣+2=+2． 故答案为： +2． 　 9．正多边形的中心角是36°，则这个正多边形的边数是　10　． 【考点】正多边形和圆． 【分析】一个正多边形的中心角都相等，且所有中心角的和是360度，用360度除以中心角的度数，就得到中心角的个数，即多边形的边数． 【解答】解：由题意可得： 边数为360°÷36°=10， 则它的边数是10． 故答案为10． 　 10．二次函数y=3x2的图象向下平移3个单位，得到的新的图象的解析式是　y=3x2﹣3　． 【考点】二次函数图象与几何变换． 【分析】易得新抛物线的顶点，根据平移不改变二次函数的系数可得新二次函数解析式． 【解答】解：∵原抛物线的顶点为（0，0），二次函数y=2x2的图象向下平移3个单位， ∴新抛物线的解析式为（0，﹣3）， ∴二次函数y=3x2的图象向下平移3个单位后所得函数的解析式是 y=3x2﹣3． 故答案为：y=3x2﹣3． 　 11．在一个不不透明的口袋中装有5个白球，若干个黑球，它们除颜色外其他完全相同，经过多次实验发现摸到白球的频率稳定在0.2附近，则黑球大约有　20　个． 【考点】利用频率估计概率． 【分析】由摸到白球的频率稳定在0.2附近得出口袋中得到白色球的概率，进而求出黑球个数即可． 【解答】解：设黑球个数为：x个， ∵摸到白色球的频率稳定在0.2左右， ∴口袋中得到白色球的概率为0.2， ∴， 解得：x=20， 故黑球的个数为20个． 故答案为：20． 　 12．不等式3﹣2x＞1的解集为　x＜1　． 【考点】不等式的解集． 【分析】本题是关于x的不等式，移项合并，解得x的解集． 【解答】解：∵不等式3﹣2x＞1， ∴x＜1． 　 13．学校在周一举行升国旗仪式，一位同学站在离旗杆20米处（如图），随着国歌响起，五星红旗冉冉升起．当这位同学目视国旗的仰角为37°时（假设该同学的眼睛距离地面的高度为1.6米），国旗距地面约　16.6　米（结果精确到0.1米）． （下列数据供选用：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈，cot37°≈）． 【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题． 【分析】根据题意可得，国旗距地面的距离为眼睛距离地面的高度加上国旗距眼睛的垂直距离．根据37°角的正切函数解答． 【解答】解：国旗距地面约为20×tan37°+1.6≈16.6（米）． 　 14．若两个圆的圆心距为1.5，而两个圆的半径是方程4x2﹣20x+21=0的两个实数根，则这两个圆的位置关系是　内含　． 【考点】圆与圆的位置关系；解一元二次方程-因式分解法． 【分析】由两圆的半径分别是方程4x2﹣20x+21=0的两根，利用因式分解法即可求得两圆的半径，又由两圆的圆心距为1.5，即可求得这两个圆的位置关系． 【解答】解：∵4x2﹣20x+21=0， ∴（2x﹣3）（2x﹣7）=0， 解得：x1=1.5，x2=3.5， ∴两圆的半径分别是1.5，3.5， ∵两圆的圆心距等于1.5， ∴这两个圆的位置关系是：内含． 故答案为内含． 　 15．在Rt△ABC中，∠C=90°，点G为重心，AB=12，那么CG=　4　． 【考点】三角形的重心． 【分析】在Rt△ABC中，∠C=90°，点G为重心，AB=12，则AB边上的中线是6，根据重心的性质即可求出CG． 【解答】解：在Rt△ABC中，∠C=90°， ∵AB=12， ∴AB边上的中线是6， ∵点G为重心， ∴CG=6×=4． 故填空答案：4． 　 16．某公园正在举行郁金香花展，现从红、黄两种郁金香中，各抽出6株，测得它们离地面的高度分别如下（单位cm）： 红：54、44、37、36、35、34； 黄：48、35、38、36、43、40； 已知它们的平均高度均是40cm，请判断哪种颜色的郁金香样本长得整齐？　黄　．（填“红”或“黄”） 【考点】方差． 【分析】先根据方差公式S2= [（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]分别求出红颜色和黄颜色的方差，然后进行比较，即可得出答案． 【解答】解：红颜色的郁金香的方差是： [（54﹣40）2+（44﹣40）2+（37﹣40）2+（36﹣40）2+（35﹣40）2+（34﹣40）2]≈49.67， 黄颜色的郁金香的方差是： [（48﹣40）2+（35﹣40）2+（38﹣40）2+（36﹣40）2+（43﹣40）2+（40﹣40）2]≈29.67， ∵S2红＞S2黄， ∴黄颜色的郁金香样本长得整齐； 故答案为：黄． 　 17．如图，⊙M与x轴相切于原点，平行于y轴的直线交⊙M于P、Q两点，P点在Q点的下方．若点P的坐标是（2，1），则圆心M的坐标是　（0，2.5）　． 【考点】切线的性质；坐标与图形性质；勾股定理． 【分析】先连接MP，过P作PA⊥y轴于A，再设M点的坐标是（0，b），且b＞0，由于PA⊥y轴，利用勾股定理易得AP2+AM2=MP2，即22+（b﹣1）2=b2，解即可． 【解答】解：连接MP，过P作PA⊥y轴于A， 设M点的坐标是（0，b），且b＞0， ∵PA⊥y轴， ∴∠PAM=90°， ∴AP2+AM2=MP2， ∴22+（b﹣1）2=b2， 解得b=2.5， 故答案是（0，2.5）． 　 18．在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，点D是斜边AB的中点，△ABC绕点C旋转，使得点B落在射线CD上，点A落在点A′，那么AA′的长是　　． 【考点】旋转的性质． 【分析】先根据勾股定理计算出BC=6，由点D是斜边AB的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得DC=DB，则∠DCB=∠B，再根据旋转的性质得∠B=∠B′，CA=CA′=8，AB=A′B′=10，∠ACB=∠A′CB′=90°，则∠B′=∠DCB，得到A′B′∥BC，所以A′B′⊥AC，利用面积法可计算出CE=，AE=AC﹣CE=，然后在Rt△A′CE中，利用勾股定理计算出A′E=，再在Rt△AA′E中利用勾股定理可计算出AA′． 【解答】解：设AC与A′B′的交点为E，如图， ∵∠C=90°，AB=10，AC=8， ∴BC==6， ∵点D是斜边AB的中点， ∴DC=DB， ∴∠DCB=∠B， ∵△ABC绕点C旋转，使得点B落在射线CD上，点A落在点A′， ∴∠B=∠B′，CA=CA′=8，AB=A′B′=10，∠ACB=∠A′CB′=90°， ∴∠B′=∠DCB， ∴A′B′∥BC， 而∠ACB=90°， ∴A′B′⊥AC， CE•A′B′=A′C•CB′， ∴CE=， ∴AE=AC﹣CE=8﹣=， 在Rt△A′CE中，A′E==， 在Rt△AA′E中，AA′===； 故答案为： ． 　 三、解答题 19．计算﹣（﹣2）0﹣|﹣|+2﹣1． 【考点】二次根式的混合运算；零指数幂；负整数指数幂． 【分析】先分母有理化，再根据零指数幂和负整数整数幂的意义计算． 【解答】解：原式=+1﹣1﹣2+ =﹣． 　 20．解方程：． 【考点】高次方程． 【分析】把②通过因式分解化为两个二元一次方程，把这两个二元一次方程分别与①组成方程组，求解即可． 【解答】解：， 由②得，x﹣y=0，x﹣2y=0， 把这两个方程与①组成方程组得， ，， 解得，． 故方程组的解为：，． 　 21．某住宅小区将现有一块三角形的绿化地改造为一块圆形的绿化地如图1．已知原来三角形绿化地中道路AB长为16米，在点B的拐弯处道路AB与BC所夹的∠B为45°，在点C的拐弯处道路AC与BC所夹的∠C的正切值为2（即tan∠C=2），如图2． （1）求拐弯点B与C之间的距离； （2）在改造好的圆形（圆O）绿化地中，这个圆O过点A、C，并与原道路BC交于点D，如果点A是圆弧（优弧）道路DC的中点，求圆O的半径长． 【考点】解直角三角形的应用． 【分析】（1）作AE⊥BC于E，根据正弦函数求得AE，根据等腰直角三角形的性质求得BE，根据正切函数求得EC，进而即可求得BC； （2）连接AD，先根据已知求得三角形ADC是等腰三角形，进而根据垂径定理的推论求得AE经过圆心，连接OC，根据勾股定理即可求得圆的半径． 【解答】解：（1）作AE⊥BC于E， ∵∠B=45°， ∴AE=AB•sin45°=16×=16， ∴BE=AE=16， ∵tan∠C=2， ∴=2， ∴EC==8， ∴BC=BE+EC=16+8=24； （2）连接AD， ∵点A是圆弧（优弧）道路DC的中点， ∴∠ADC=∠C， ∴AD=AC， ∴AE垂直平分DC， ∴AE经过圆心， 设圆O的半径为r， ∴OE=16﹣r， 在RT△OEC中，OE2+EC2=OC2， 即（16﹣r）2+82=r2， 解得r=10， ∴圆O的半径为10． 　 22．货车在公路A处加满油后，以每小时60千米的速度匀速行驶，前往与A处相距360千米的B处．下表记录的是货车一次加满油后油箱剩余油量y（升）与行驶时间x（时）之间的关系： 行驶时间x（时） 0 1 2 3 4 余油量y（升） 150 120 90 60 30 （1）如果y关于x的函数是一次函数，求这个函数解析式（不要求写出自变量的取值范围） （2）在（1）的条件下，如果货车的行驶速度和每小时的耗油量都不变，货车行驶4小时后到达C处，C的前方12千米的D处有一加油站，那么在D处至少加多少升油，才能使货车到达B处卸货后能顺利返回会D处加油？（根据驾驶经验，为保险起见，油箱内剩余油量应随时不少于10升） 【考点】一次函数的应用． 【分析】（1）设x与y之间的函数关系式为y=kx+b，将点（0，150）和（1，120）代入求k和b值； （2）利用路程关系建立在D处加油的一元一次不等式，求在D处至少加油量． 【解答】解：（1）把5组数据在直角坐标系中描出来，这5个点在一条直线上，所以y与x满足一次函数关系， 设y=kx+b，（k≠0） 则， 解得：， ∴y=﹣30x+150． （2）设在D处至少加W升油，根据题意得： 150﹣4×30﹣×30+W≥×30×2+10 即：150﹣120﹣6+W≥118 解得W≥94， 答：D处至少加94升油，才能使货车到达灾区B地卸物后能顺利返回D处加油． 　 23．已知：如图，在菱形ABCD中，点E在对角线AC上，点F在BC的延长线上，EF=EB，EF与CD相交于点G． （1）求证：EG•GF=CG•GD； （2）连接DF，如果EF⊥CD，那么∠FDC与∠ADC之间有怎样的数量关系？证明你所得到的结论． 【考点】相似三角形的判定与性质；三角形的外角性质；全等三角形的判定；菱形的性质． 【分析】（1）连接ED，首先证明△BCE≌△DCE，得∠EDC=∠EBC；利用此条件再证明∠DGE∽△FGC，即可得到EG•GF=CG•GD． （2）利用第一题的结论，可证明△DGE∽△FGC，再利用三角形内角外角关系即可得到∠ADC与∠FDC的关系． 【解答】（1）证明：连接ED， ∵点E在菱形ABCD的对角线AC上， ∴∠ECB=∠ECD， ∵BC=CD，CE=CE， ∴△BCE≌△DCE； ∴∠EDC=∠EBC， ∵EB=EF， ∴∠EBC=∠EFC； ∴∠EDC=∠EFC； ∵∠DGE=∠FGC， ∴△DGE∽△FGC； ∴=，∴EG•GF=CG•GD； （2）解：∠ADC=2∠FDC． 证明如下：∵=，∠DGF=∠EGC， ∴△CGE∽△FGD； ∵EF⊥CD，DA=DC， ∴∠DAC=∠DCA=∠DFG=90°﹣∠FDC， ∴∠ADC=180°﹣2∠DAC=180°﹣2（90°﹣∠FDC）=2∠FDC． 　 24．如图，在直角坐标平面内，直线y=﹣x+5与x轴和y轴分别交于A、B两点，二次函数y=x2+bx+c的图象经过点A、B，且顶点为C． （1）求这个二次函数的解析式； （2）求sin∠OCA的值； （3）若P是这个二次函数图象上位于x轴下方的一点，且△ABP的面积为10，求点P的坐标． 【考点】二次函数综合题． 【分析】（1）根据直线方程求得点A、B的坐标；然后把点A、B的坐标代入二次函数解析式，通过方程组来求系数b、c的值； （2）如图，过点C作CH⊥x轴交x轴于点H，构建等腰△AOC．则∠OAC=∠OCA，故sin∠OCA=； （3）如图，过P点作PQ⊥x轴并延长交直线y=﹣x+5于Q．设点P（m，m2﹣6m+5），Q（m，﹣m+5），则PQ=﹣m+5﹣（m2﹣6m+5）=﹣m2+5m．由S△ABP=S△PQB+S△PQA得到：，则易求m的值．注意点P位于第四象限． 【解答】解：（1）由直线y=﹣x+5得点B（0，5），A（5，0）， 将A、B两点的坐标代入y=x2+bx+c，得 ， 解得， ∴抛物线的解析式为y=x2﹣6x+5； （2）如图，过点C作CH⊥x轴交x轴于点H． 由（1）知，抛物线的解析式为：y=x2﹣6x+5，则配方 得y=（x﹣3）2﹣4， ∴点C（3，﹣4）， ∴CH=4，AH=2，AC=， ∴OC=5． ∵OA=5， ∴OA=OC， ∴∠OAC=∠OCA， ∴sin∠OCA=； （3）如图，过P点作PQ⊥x轴并延长交直线y=﹣x+5于Q． 设点P（m，m2﹣6m+5），Q（m，﹣m+5），则PQ=﹣m+5﹣（m2﹣6m+5）=﹣m2+5m． ∵S△ABP=S△PQB+S△PQA=PQ•OA， ∴， ∴m1=1，m2=4， ∴P（1，0）（舍去），P（4，﹣3）． 　 25．在Rt△ABC中，∠BAC=90°，BC=10，tan∠ABC=，点O是AB边上动点，以O为圆心，OB为半径的⊙O与边BC的另一交点为D，过点D作AB的垂线，交⊙O于点E，联结BE、AE （1）当AE∥BC（如图（1））时，求⊙O的半径长； （2）设BO=x，AE=y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域； （3）若以A为圆心的⊙A与⊙O有公共点D、E，当⊙A恰好也过点C时，求DE的长． 【考点】圆的综合题；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；锐角三角函数的定义． 【分析】（1）过点O作OG⊥BD于G，设AB与DE的交点为F，如图（1），易证△AEF≌△BDF及四边形AEDC是平行四边形，从而可得BD=DC=5，根据垂径定理可得BG=DG=BD=，然后在Rt△BGO中运用三角函数和勾股定理即可求出⊙O的半径长； （2）过点A作AH⊥BC于H，如图（2），运用三角函数、勾股定理及面积法可求出AC、AB、AH、BH、CH，根据垂径定理可得DF=EF，再根据线段垂直平分线的性质可得AE=AD．然后在Rt△BGO中运用三角函数和勾股定理可求出BG（用x的代数式表示），进而可用x的代数式依次表示出BD、DH，AD、AE，问题得以解决； （3）①若点D在H的左边，如图（2），根据等腰三角形的性质可得DH=CH，从而依次求出BD、DF、DE的长；②若点D在H的右边，则点D与点C重合，从而可依次求出BD、DF、DE的长． 【解答】解：（1）过点O作OG⊥BD于G，设AB与DE的交点为F，如图（1）， 根据垂径定理可得BG=DG． ∵AE∥BC，∴∠AEF=∠BDF． 在△AEF和△BDF中， ， ∴△AEF≌△BDF， ∴AE=BD． ∵∠BFD=∠BAC=90°， ∴DE∥AC． ∵AE∥BC， ∴四边形AEDC是平行四边形， ∴AE=DC， ∴BD=DC=BC=5， ∴BG=DG=BD=． 在Rt△BGO中， tan∠OBG==， ∴OG=BG=×=， ∴OB===， ∴⊙O的半径长为； （2）过点A作AH⊥BC于H，如图（2）， 在Rt△BAC中， tan∠ABC==， 设AC=3k，则AB=4k， ∴BC=5k=10， ∴k=2， ∴AC=6，AB=8， ∴AH===， ∴BH===， ∴HC=BC﹣BH=10﹣=． ∵AB⊥DE， ∴根据垂径定理可得DF=EF， ∴AB垂直平分DE， ∴AE=AD． 在Rt△BGO中， tan∠OBG==， ∴OG=BG， ∴OB===BG=x， ∴BG=x， ∴BD=2BG=， ∴DH=BH﹣BD=﹣x， ∴y=AE=AD= = =（0＜x≤）； （3）①若点D在H的左边，如图（2）， ∵AD=AC，AH⊥DC， ∴DH=CH=， ∴BD=BH﹣DH=﹣=． 在Rt△BFD中， tan∠FBD==， ∴BF=DF， ∴BD= = =DF=， ∴DF=， ∴DE=2DF=； ②若点D在H的右边， 则点D与点C重合， ∴BD=BC=10， ∴DF=10， ∴DF=6， ∴DE=2DF=12． 综上所述：当⊙A恰好也过点C时，DE的长为或12． 　 2016年8月8日 第20页（共20页）