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湖北省鄂州一中2012-2013學(xué)年九年級(jí)（上）期中數(shù)學(xué)試卷
一、（每小題3分，共30分）
1．（3分）（2013•阜寧縣一模）下列標(biāo)志既是軸對(duì)稱圖形又是中心對(duì)稱圖形的是（　�。�
　A． B． C． D．

考點(diǎn)：中心對(duì)稱圖形；軸對(duì)稱圖形；生活中的旋轉(zhuǎn)現(xiàn)象． .
專題：壓軸題．
分析：根據(jù)軸對(duì)稱圖形與中心對(duì)稱圖形的概念求解．
解答：解：A、是軸對(duì)稱圖形，也是中心對(duì)稱圖形，符合題意；
B、是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，不符合題意；
C、不是軸對(duì)稱圖形，是中心對(duì)稱圖形，不符合題意；
D、是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，不符合題意．
故選A．
點(diǎn)評(píng)：掌握中心對(duì)稱圖形與軸對(duì)稱圖形的概念，要注意：軸對(duì)稱圖形的關(guān)鍵是尋找對(duì)稱軸，圖形兩部分折疊后可重合；
中心對(duì)稱圖形是要尋找對(duì)稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合．
　
2．（3分）（2007•黑龍江）下列二次根式是最簡(jiǎn)二次根式的為（　　）
　A． B． C． D．

考點(diǎn)：最簡(jiǎn)二次根式． .
分析：B、C選項(xiàng)的被開(kāi)方數(shù)中含有未開(kāi)盡方的因數(shù)或因式；D選項(xiàng)的被開(kāi)方數(shù)中含有分母；因此這三個(gè)選項(xiàng)都不符合最簡(jiǎn)二次根式的要求．
解答：解：因?yàn)椋築、 =2 x；C、 =y ；D、 = ；這三個(gè)選項(xiàng)都不是最簡(jiǎn)二次根式．
故選A．
點(diǎn)評(píng)：在判斷最簡(jiǎn)二次根式的過(guò)程中要注意：
（1）在二次根式的被開(kāi)方數(shù)中，只要含有分?jǐn)?shù)或小數(shù)，就不是最簡(jiǎn)二次根式；
（2）在二次根式的被開(kāi)方數(shù)中的每一個(gè)因式（或因數(shù)），如果冪的指數(shù)等于或＞2，也不是最簡(jiǎn)二次根式．
　
3．（3分）在正數(shù)范圍內(nèi)定義運(yùn)算“※”，其規(guī)則為a※b=a+b2，則方程x※（x+1）=5的解是（　�。�
　A．x=5B．x=1C．x1=1，x2=?4D．x1=?1，x2=4

考點(diǎn)：解一元二次方程-因式分解法． .
專題：新定義．
分析：根據(jù)已知得出x+（x+1）2=5，求出方程的解即可．
解答：解：x※（x+1）=5，
即x+（x+1）2=5，
x2+3x?4=0，
（x?1）（x+4）=0，
x?1=0，x+4=0，
x1=1，x=?4．
故選C．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了新定義和解一元二次方程，關(guān)鍵是能根據(jù)新定義得出方程x+（x+1）2=5．
　
4．（3分）下列說(shuō)法：
①平分弦的直徑垂直于弦
②三點(diǎn)確定一個(gè)圓，
③相等的圓心角所對(duì)的弧相等
④垂直于半徑的直線是圓的切線
⑤三角形的內(nèi)心到三條邊的距離相等
其中不正確的有（　　）
　A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)

考點(diǎn)：三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心；垂徑定理；圓周角定理；確定圓的條件；切線的判定． .
分析：舉出反例圖形，即可判斷①②③④；根據(jù)角平分線性質(zhì)即可推出⑤．
解答：解：如圖
∵弦CD和直徑AB，符合AB平分弦CD，且AB是直徑，但AB和CD不垂直，∴①錯(cuò)誤；
∵在同一直線上的三點(diǎn)不能確定一個(gè)圓，∴②錯(cuò)誤；

∵如圖圓心角∠COD=∠AOB，但弧AB和弧CD不相等，∴③錯(cuò)誤；

∵如圖CD⊥半徑OA，但CD不是圓的切線，∴④錯(cuò)誤；
∵根據(jù)角平分線的性質(zhì)即可得出三角形的內(nèi)心到三角形的三邊距離相等，∴⑤正確；
∴不正確的有4個(gè)，
故選D．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了確定圓的條件，角平分線的性質(zhì)，垂徑定理，切線的判定，圓周角定理等知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用．
　
5．（3分）已知△ABC中AB=AC，BC=8，其外接圓半徑為5，則△ABC的周長(zhǎng)為（　　）
　A． B． C． 或 D．以上都不對(duì)

考點(diǎn)：垂徑定理；勾股定理． .
專題：探究型．
分析：根據(jù)題意畫(huà)出圖形，由于△ABC的形狀不能確定，故應(yīng)分△ABC是銳角三角形和鈍角三角形兩種情況進(jìn)行討論．
解答：解：當(dāng)△ABC是銳角三角形時(shí)，如圖1所示：
過(guò)點(diǎn)A作AD⊥BC于點(diǎn)D，連接OB，
∵⊙O是△ABC的外接圓，
∴點(diǎn)O在直線AD上，
∵AB=AC，BC=8，
∴BD=CD= BC= ×8=4，
∵OB=5，
∴在Rt△OBD中，OD= = =3，
∴AD=OA+OD=5+3=8，
在Rt△ABD中，
AB= = =4 ，
∴△ABC的周長(zhǎng)=AB+AC+BC=4 +4 +8=8+8 ；
當(dāng)△ABC是銳角三角形時(shí)，如圖2所示，過(guò)點(diǎn)A作AD⊥BC于點(diǎn)D，連接OB，
∵⊙O是△ABC的外接圓，
∴點(diǎn)O在直線AD上，
∵AB=AC，BC=8，
∴BD=CD= BC= ×8=4，
∵OB=5，
∴在Rt△OBD中，OD= = =3，
∴AD=OA?OD=5?3=2，
在Rt△ABD中，
AB= = =2 ，
∴△ABC的周長(zhǎng)=AB+AC+BC=2 +2 +8=8+4 ．
∴△ABC的周長(zhǎng)為：8+4 或8+8 ．

點(diǎn)評(píng)：本題考查的是垂徑定理及勾股定理，根據(jù)題意畫(huà)出圖形，利用數(shù)形結(jié)合求解是解答此題的關(guān)鍵．
　
6．（3分）關(guān)于x的一元二次方程?2x2+3x+a2?5a+6=0有一根為零，則a的值為（　�。�
　A．0B．2C．3D．2或3

考點(diǎn)：一元二次方程的解． .
分析：把x=0代入?2x2+3x+a2?5a+6=0得出方程a2?5a+6=0，求出方程的解即可．
解答：解：把x=0代入?2x2+3x+a2?5a+6=0得：a2?5a+6=0，
（a?2）（a?3）=0，
解得：a1=2，a2=3．
故選D．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了解一元二次方程和一元二次方程的解，關(guān)鍵是得出關(guān)于a的方程．
　
7．（3分）（2006•臨沂）如圖，在矩形ABCD中，E在AD上，EF⊥BE，交CD于F，連接BF，則圖中與△ABE一定相似的三角形是（　　）

　A．△EFBB．△DEFC．△CFBD．△EFB和△DEF

考點(diǎn)：相似三角形的判定；矩形的性質(zhì)． .
分析：本題主要應(yīng)用兩三角形相似的判定定理，有兩個(gè)對(duì)應(yīng)角相等的三角形相似，做題即可．
解答：解：∵ABCD是矩形
∴∠A=∠D
∵EF⊥BE
∴∠AEB+∠DEF=90°
∵∠DEF+∠DFE=90°
∴∠AEB=∠DFE
∴△ABE∽△DEF．
故選B．
點(diǎn)評(píng)：此題考查有兩組角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似的應(yīng)用．
　
8．（3分）△ABC中AD、CE是高，∠B=60°，連接DE，則DE：AC等于（　�。�

　A．1： B．1： C．1：2D．2：3

考點(diǎn)：相似三角形的判定與性質(zhì)． .
分析：根據(jù)直角三角形兩銳角互余求出∠BAD=30°，再根據(jù)直角三角形30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半可得BD= AB，同理可得BE= BC，然后求出 = ，再根據(jù)兩邊對(duì)應(yīng)成比例，夾角相等兩三角形相似求出△BDE和△BAC相似，然后根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列出比例式求解即可．
解答：解：∵∠B=60°，AD是高，
∴∠BAD=90°?∠B=90°?60°=30°，
∴BD= AB，
同理可得BE= BC，
∴ = = ，
又∵∠ABC=∠DBE，
∴△BDE∽△BAC，
∴ = = ，
故選C．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半的性質(zhì)，難點(diǎn)不大，求出△BDE和△BAC相似是解題的關(guān)鍵．
　
9．（3分）如圖：直線 與x軸，y軸分別相交于A、B兩點(diǎn)，半徑為1的⊙P沿x軸向右移動(dòng)，點(diǎn)P坐標(biāo)為P（，0），當(dāng)⊙P與該直線相交時(shí)，的取值范圍是（　　）

　A．?2≤≤2B．1＜＜5C．＞2D．1≤≤5

考點(diǎn)：直線與圓的位置關(guān)系；一次函數(shù)的性質(zhì)． .
分析：因?yàn)辄c(diǎn)P是動(dòng)點(diǎn)，所以從特殊位置（相切）入手分析，分右相切和左相切兩種情況，然后求解．
解答：解：若圓和直線相切，則圓心到直線的距離應(yīng)等于圓的半徑1，
據(jù)直線的解析式求得A（3，0），B（0， ），
則tan∠BAO= = ，
所以∠BAO=30°，
所以當(dāng)相切時(shí)，AP=2，
點(diǎn)P可能在點(diǎn)A的左側(cè)或右側(cè)．所以要相交，應(yīng)介于這兩種情況之間，則3?2＜＜3+2，即1＜＜5．
故選B．
點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了直線與坐標(biāo)軸的求法，以及三角函數(shù)的運(yùn)用，題目綜合性較強(qiáng)，注意特殊點(diǎn)的求法是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
　
10．（3分）數(shù)學(xué)符號(hào)體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的簡(jiǎn)潔美．如12+22+32+…+992+1002可記為 ，又如 …+ ．設(shè)A= ，那么與A最接近的整數(shù)是（　　）
　A．2011B．2012C．2013D．2014

考點(diǎn)：二次根式的化簡(jiǎn)求值． .
專題：新定義．
分析：根據(jù)新定義列出算式，然后根據(jù)二次根式的性質(zhì)化簡(jiǎn)，再裂項(xiàng)計(jì)算即可得解．
解答：解：根據(jù)題意得：A= + +…+ ，
∵1+1+ = ，1+ + = ，1+ + = ，…，1+ + = ，
∴A= + + +…+ ，
=1+ +1+ +1+ +…1+ ，
=2012+ + + +…+ ，
=2012+1? + ? + ? + ? ，
=2012+1? ，
=2013? ，
∴與A最接近的整數(shù)是2013．
故選C．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了二次根式的化簡(jiǎn)求值，根據(jù)前幾項(xiàng)的計(jì)算規(guī)律去掉根號(hào)是解題的關(guān)鍵，要注意裂項(xiàng)可是使計(jì)算更加簡(jiǎn)便．
　
二、題（每小題3分，共18分）
11．（3分）若a=?3，則1? =　1　．

考點(diǎn)：二次根式的性質(zhì)與化簡(jiǎn)． .
分析：根據(jù)二次根式的性質(zhì)和絕對(duì)值的定義解答．
解答：解：∵a=?3即1+a＜0，
∴1? =1+（1+a）=2?3=1．
點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了根據(jù)二次根式的意義化簡(jiǎn)．
二次根式 規(guī)律總結(jié)：當(dāng)a≥0時(shí)， =a；當(dāng)a≤0時(shí)， =?a．
　
12．（3分）已知點(diǎn)A（a，1）與B（?2，b）關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱，那么點(diǎn)P（a，b）繞原點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P′的坐標(biāo)是　（?1，2）�。�

考點(diǎn)：坐標(biāo)與圖形變化-旋轉(zhuǎn)；關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)． .
分析：首先得出P點(diǎn)坐標(biāo)，再根據(jù)題意畫(huà)出P的對(duì)稱點(diǎn)P′，過(guò)P′作P′N(xiāo)⊥y軸于N，過(guò)P作P⊥x軸于，得出△PO≌△P′ON，推出P′N(xiāo)=P，ON=O，根據(jù)P的坐標(biāo)即可求出答案．
解答：解：∵點(diǎn)A（a，1）與B（?2，b）關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱，
∴a=2，b=?1，
∴P點(diǎn)坐標(biāo)為：（2，?1），
以直角坐標(biāo)系原點(diǎn)為中心，將點(diǎn)P（2，?1）順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后到P′點(diǎn)，
過(guò)P′作P′N(xiāo)⊥y軸于N，過(guò)P作P⊥x軸于，
則OP=OP′，∠P′OP=90°，∠P′N(xiāo)O=∠PO=90°，
在△P′ON和△PO中
，
∴△PO≌△P′ON，
∴P′N(xiāo)=P，ON=O，
∵P（2，?1），
∴O=2，P=1，
∴P′（?1，2）．
故答案為：（?1，2）．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查對(duì)坐標(biāo)與圖形變換?旋轉(zhuǎn)，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識(shí)點(diǎn)的理解和掌握，能正確畫(huà)出圖形并求出△PO≌△P′ON是解此題的關(guān)鍵．
　
13．（3分）關(guān)于x的方程2x2?2x+3?1=0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根x1，x2，且x1x2＞x1+x2?4，則實(shí)數(shù)的取值范圍是　? ＜≤ 　．

考點(diǎn)：根與系數(shù)的關(guān)系；解一元一次不等式． .
分析：先把求出兩根之積和兩根之和，再代入x1x2＞x1+x2?4，得實(shí)數(shù)的取值范圍．
解答：解：∵x1+x2=1，x1•x2= ，
∴ ＞1?4，解得＞? ，
又∵方程2x2?2x+3?1=0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，
∴△=4?8（3?1）≥0，
解得≤ ，
∴實(shí)數(shù)的取值范圍是? ＜≤ ．
點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了根與系數(shù)的關(guān)系與不等式的綜合題目，是經(jīng)常出現(xiàn)的一種題型．
　
14．（3分）如圖⊙O與△ABC的邊BC，AB，AC分別切于D，E，F(xiàn)三點(diǎn)，若⊙O的半徑為 ，∠A=60°，BC=9，則△ABC的周長(zhǎng)為　24　．

考點(diǎn)：三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心． .
分析：根據(jù)切線性質(zhì)和切線長(zhǎng)定理得出∠OFA=90°，∠OAF=∠OAE= ∠BAC=30°，AE=AF=3，CF=CD，BD=BE，求出BE+CF=BD+CD=BC=9，求出AO，AF，即可求出AE，代入AE+AF+CF+BE+BC求出即可．
解答：解：
∵⊙O是三角形ABC的內(nèi)切圓，切點(diǎn)分別為D、E、F，
∴∠OFA=90°，∠OAF=∠OAE= ×60°=30°，
∵OF= ，
∴OA=2 ，由勾股定理得：AF= =3，
∴由切線長(zhǎng)定理得：AE=AF=3，CF=CD，BD=BE，
∵BC=9，
∴BD+CD=9=BE+CF，
∴△ABC的周長(zhǎng)是AC+AB+BC=AE+AF+CF+BE+BC=3+3+9+9=24，
故答案為：24．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了切線的性質(zhì)，含30度角的直角三角形，勾股定理，切線長(zhǎng)定理等知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用．
　
15．（3分）已知α，β是方程 x2?3x?1=0的兩根，那么代數(shù)式α3+β（α2?2α+9）的值為　32　．

考點(diǎn)：根與系數(shù)的關(guān)系． .
專題：．
分析：由α，β是方程x2?3x?1=0的兩根，將x=α代入方程得到一個(gè)關(guān)系式，再利用根與系數(shù)的關(guān)系表示出兩根之和與兩根之積，將所求式子去括號(hào)后，前兩項(xiàng)提取α2，將兩根之和與兩根之積代入，整理后再代入即可求出值．
解答：解：∵α，β是方程x2?3x?1=0的兩根，
∴α2?3α?1=0，即α2=3α+1，α+β=3，αβ=?1，
則α3+β（α2?2α+9）=α2（α+β）?2αβ+9β=3（3α+1）+2+9β=9（α+β）+5=27+5=32．
故答案為：32
點(diǎn)評(píng)：此題考查了一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，以及一元二次方程的解，熟練掌握根與系數(shù)的關(guān)系是解本題的關(guān)鍵．
　
16．（3分）如圖：△ABC內(nèi)接于⊙O，AD⊥BC于D．若AB•AC=16，AD=3，則⊙O半徑是　 �。�

考點(diǎn)：圓周角定理；相似三角形的判定與性質(zhì)． .
分析：首先作直徑AE，連接CE，易證得△ABD∽△AEC，然后由相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例，即可求得⊙O半徑．
解答：解：作直徑AE，連接CE，
∴∠ACE=90°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴∠ACE=∠ADB，
∵∠B=∠E，
∴△ABD∽△AEC，
∴ ，
∴AE= ，
∵AB•AC=16，AD=3，
∴AE= ，
∴⊙O半徑是 ．
故答案為： ．

點(diǎn)評(píng)：此題考查了圓周角定理與相似三角形的判定與性質(zhì)．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．
　
三、解答題（共72分）
17．（8分）①已知=2+ ，n=2? ，求 的值．
②解方程：（x?3）（x+4）=2（x+4）

考點(diǎn)：解一元二次方程-因式分解法；二次根式的化簡(jiǎn)求值． .
專題：．
分析：①由與n的值，求出+n與n的值，將所求式子被開(kāi)方數(shù)利用完全平方公式變形后，把+n與n的值代入計(jì)算，即可求出值；
②方程右邊看做一個(gè)整體，移項(xiàng)到左邊，提取公因式變形后，利用兩數(shù)相乘積為0，兩因式中至少有一個(gè)為0轉(zhuǎn)化為兩個(gè)一元一次方程來(lái)求解．
解答：解：①∵=2+ ，n=2? ，
∴+n=2+ +2? =4，n=（2+ ）（2? ）=1，
則 = = =2 ；
②（x?3）（x+4）=2（x+4），
移項(xiàng)得：（x?3）（x+4）?2（x+4）=0，
分解因式得：（x+4）（x?5）=0，
可得x+4=0或x?5=0，
解得：x1=?4，x2=5．
點(diǎn)評(píng)：此題考查了解一元二次方程?因式分解法，以及二次根式的化簡(jiǎn)，利用因式分解法解方程時(shí)，首先將方程右邊化為0，左邊化為積的形式，然后利用兩數(shù)相乘積為0，兩因式中至少有一個(gè)為0轉(zhuǎn)化為兩個(gè)一元一次方程來(lái)求解．
　
18．（5分）：古希臘的幾何家海倫，在數(shù)學(xué)史上以解決幾何測(cè)量問(wèn)題而聞名，在他的著作《度量》一書(shū)中，給出了一公式：如果一個(gè)三角形的三邊長(zhǎng)分別為a、b、c．記： ，則三角形的面積S為 ，此公式稱為“海倫公式”
思考運(yùn)用：已知李大爺有一塊三角形的菜地，如圖，測(cè)得AB=7，AC=5，BC=8，你能求出李大爺這塊菜地的面積嗎？試試看．（結(jié)果精確到0.1）參考數(shù)據(jù) ， ， ．

考點(diǎn)：二次根式的應(yīng)用． .
分析：將題目中的已知量代入到海倫公式里面進(jìn)行計(jì)算即可．
解答：解：∵AB=7，AC=5，BC=8，
∴ = =10，
∴ = = =2× =2× × =2×1.732×2.236≈7.72，
∴李大爺這塊菜地的面積約為7.72．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了二次根式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是正確的代入公式并進(jìn)行計(jì)算．
　
19．（5分）（2007•咸寧）某單位于“三•八”婦女節(jié)期間組織女職工到溫泉“星星竹�！庇^光旅游．下面是鄰隊(duì)與旅行社導(dǎo)游收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)的一段對(duì)話：
鄰隊(duì)：組團(tuán)去“星星竹�！甭糜蚊咳耸召M(fèi)是多少？
導(dǎo)游：如果人數(shù)不超過(guò)25人，人均旅游費(fèi)用為100元．
鄰隊(duì)：超過(guò)25人怎樣優(yōu)惠呢？
導(dǎo)游：如果超過(guò)25人，每增加1人，人均旅游費(fèi)用降低2元，但人均旅游費(fèi)用不得低于70元．
該單位按旅行社的收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)組團(tuán)瀏覽“星星竹�！苯Y(jié)束后，共支付給旅行社2700元．
請(qǐng)你根據(jù)上述信息，求該單位這次到“星星竹海”觀光旅游的共有多少人？

考點(diǎn)：一元二次方程的應(yīng)用． .
專題：其他問(wèn)題．
分析：本題要先判斷出人數(shù)的大致范圍，判斷是否超過(guò)25人，根據(jù)對(duì)話中給出的條件來(lái)套用合適的等量關(guān)系：人均旅游費(fèi)×人數(shù)=2700元，即可列出方程求解．
解答：解：設(shè)該單位這次參加旅游的共有x人，
∵100×25＜2700
∴x＞25．
依題意得[100?2（x?25）]x=2700
整理得x2?75x+1350=0
解得x1=30，x2=45．
當(dāng)x=30時(shí)，100?2（x?25）=90＞70，符合題意．
當(dāng)x=45時(shí)，100?2（x?25）=60＜70，不符合題意，舍去．
∴x=30．
答：該單位這次參加旅游的共有30人．
點(diǎn)評(píng)：本題要弄清題意，可根據(jù)題意列出方程，判斷所求的解是否符合題意，舍去不合題意的解．
　
20．（5分）如圖，⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中，AB=AD，∠BAD=30°，AC=4，求四邊形ABCD的面積．

考點(diǎn)：圓的綜合題． .
專題：幾何綜合題．
分析：根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角可得∠ABC=∠D=90°，然后利用“HL”證明Rt△ABC和Rt△ADC全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)角相等求出∠BAC=∠DAC=15°，連接OB，根據(jù)三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和求出∠BOC=30°，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AC于E，根據(jù)直角三角形30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半求出BE，然后求出△ABC的面積，再根據(jù)四邊形ABCD的面積=S△ABC+S△ACD計(jì)算即可得解．
解答：解：由圖可知，AC是⊙O的直徑，
∴∠ABC=∠D=90°，
在Rt△ABC和Rt△ADC中， ，
∴Rt△ABC≌Rt△ADC（HL），
∴∠BAC=∠DAC= ∠BAD= ×30°=15°，
連接OB，則OA=OB，
∴∠ABO=∠BAC=15°，
∴∠BOC=∠ABO+∠BAC=15°+15°=30°，
∵AC=4，
∴OB=OA= AC= ×4=2，
過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AC于E，
則BE= OB= ×2=1，
∴S△ABC= AC•BE= ×4×1=2，
∵Rt△ABC≌Rt△ADC，
∴S△ADC=S△ABC=2，
四邊形ABCD的面積=S△ABC+S△ACD=2+2=4．

點(diǎn)評(píng)：本題是圓的綜合題型，主要考查了直徑所對(duì)的圓周角是直角，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊對(duì)等角的性質(zhì)，直角三角形30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半的性質(zhì)，作輔助線求出AC邊上的高線是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點(diǎn)．
　
21．（7分）已知關(guān)于x的方程x2?（2k+3）x+k2+3k+2=0
①求證：不論k為何值，此方程總有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；
②若△ABC中，AB、AC的長(zhǎng)是已知方程的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，第三邊BC的長(zhǎng)為5．問(wèn)：k為何值時(shí)，△ABC是直角三角形？

考點(diǎn)：根的判別式；根與系數(shù)的關(guān)系；勾股定理的逆定理． .
專題：計(jì)算題．
分析：（1）先計(jì)算出△=（2k+3）2?4（k2+3k+2）=1＞0，然后根據(jù)△的意義即可得到結(jié)論；
（2）利用求根公式得到x1=k+2，x2=k+1，設(shè)AB=k+2，AC=k+1，再利用勾股定理的逆定理分類討論：AB2+AC2=BC2或AB2+BC2=AC2或AC2+BC2=AB2，分別建立關(guān)于k的方程，解出k的值，然后滿足兩根為正根的k的值為所求．
解答：（1）證明：△=（2k+3）2?4（k2+3k+2）
=1，
∵△＞0，
∴不論k為何值，此方程總有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；
（2）解：x2?（2k+3）x+k2+3k+2=0的解為x= ，
∴x1=k+2，x2=k+1，
設(shè)AB=k+2，AC=k+1，
當(dāng)AB2+AC2=BC2，即（k+2）2+（k+1）2=52，解得k1=?5，k2=2，由于AB=k+2＞0，AC=k+1＞0，所以k=2；
當(dāng)AB2+BC2=AC2，即（k+2）2+52=（k+1）2，解得k=?14，由于AB=k+2＞0，AC=k+1＞0，所以k=?14舍去；
當(dāng)AC2+BC2=AB2，即（k+1）2+52=（k+2）2，解得k=11，由于AB=k+2=13，AC=12，所以k=11，
∴k為2或11時(shí)，△ABC是直角三角形．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判別式△=b2?4ac：當(dāng)△＞0，方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；當(dāng)△=0，方程有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根；當(dāng)△＜0，方程沒(méi)有實(shí)數(shù)根．也考查了一元二次方程的解法以及勾股定理的逆定理．
　
22．（6分）如圖：過(guò)▱ABCD的頂點(diǎn)C作射線CP分別交BD、AD于E、F，交BA的延長(zhǎng)線于G
（1）求證：CE2=EF•EG；
（2）若GF=3，CE=2，求EF的長(zhǎng)．

考點(diǎn)：相似三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)． .
分析：（1）利用平行線分線段成比例定理以及比例的性質(zhì)求出 = ， = ，即可得出 = ，得出答案即可；
（2）利用（1）中所求得出關(guān)于EF的一元二次方程求出即可．
解答：（1）證明：∵AB∥CD，
∴ = ，
∵AD∥BC，
∴ = ，
∴ = ，
∴CE2=EF•EG；

（2）解：∵CE2=EF•EG，GF=3，CE=2，
∴22=EF（3+EF），
整理得出：EF2+3EF?4=0，
解得：EF=1或?4（不合題意舍去）．
故EF的長(zhǎng)為1．
點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了平行線分線段成比例定理以及一元二次方程的解法，利用平行線分線段成比例定理得出 = 是解題關(guān)鍵．
　
23．（8分）如圖：△ABC中，以BC為直徑的⊙O交AB于D
（1）若∠ABC=∠ACD 求證：CA為⊙O的切線；
（2）若E在BD上且DE=CD，連接CE，作DH⊥BC于H交CE于P，求證：PC=PD；
（3）在（2）條件下，若⊙O半徑為5，CE與AB交于F，CF= ，求：CD．

考點(diǎn)：圓的綜合題． .
專題：綜合題．
分析：（1）根據(jù)∠ABC+∠BCD=90°，可得∠ACD+∠BCD=90°，繼而得出BC⊥AC，結(jié)合切線的判定定理可得出CA為⊙O的切線；
（2）證明∠PDC=∠PCD即可得出PC=PD；
（3）首先判斷△CDF∽△BDC，可得出 = = ，繼而在Rt△BCD中可求出CD的長(zhǎng)度．
解答：解：（1）∵BC為⊙O的直徑，
∴∠BDC=90°，
∴∠ABC+∠BCD=90°，
又∵∠ABC=∠ACD，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∴BC⊥AC，
∴CA為⊙O的切線．

（2）∵∠CDP+∠DCH=90°，∠DBC+∠DCH=90°，
∴∠CDP=∠DBC，
又∵DE=CD，
∴∠DCP=∠DBC=∠CDP，
∴PD=PC；

（3）∵∠DCF=∠DBC，∠CDF=∠BDC=90°，
∴△CDF∽△BDC，
∴ = = ，
設(shè)CD=3x，則BD=4x，
在Rt△BCD中，BC= =5x，則5x=10，
解得：x=2，
故可得CD=6．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了圓的綜合題，涉及了相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定及切線的判定，綜合考察的知識(shí)點(diǎn)較多，解答本題需要我們熟練切線的判定定理及相似三角形的判定與性質(zhì)．
　
24．（8分）如圖A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A（18，0），B（8，6）點(diǎn)P、Q同時(shí)出發(fā)分別作勻速運(yùn)動(dòng)，其中點(diǎn)P從A出發(fā)沿AO向終點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，速度為每秒3個(gè)單位；點(diǎn)Q從O出發(fā)沿OB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，速度為每秒2個(gè)單位，當(dāng)這兩點(diǎn)有一點(diǎn)到達(dá)自己的終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)．
（1）坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點(diǎn)C，使以O(shè)、A、C為頂點(diǎn)的三角形與△OAB全等？請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)C的坐標(biāo)．
（2）設(shè)從出發(fā)起，運(yùn)動(dòng)了t秒鐘，以O(shè)、P、Q為頂點(diǎn)的三角形與△OAB相似，求出此時(shí)t的值；
（3）是否存在t，使△OPQ為等腰三角形？若存在，求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；不存在，說(shuō)明理由．

考點(diǎn)：相似形綜合題． .
分析：（1）當(dāng)△OAC≌△OAB時(shí)，C與B關(guān)于x軸對(duì)稱；當(dāng)△OAC≌△AOB時(shí)，點(diǎn)C可能在第一象限，也可能在第四象限，根據(jù)全等三角形的面積相等先求出點(diǎn)C的縱坐標(biāo)，進(jìn)而求出點(diǎn)C的橫坐標(biāo)；
（2）如果以O(shè)、P、Q為頂點(diǎn)的三角形與△OAB相似，由于∠POQ=∠AOB，那么O與O是對(duì)應(yīng)點(diǎn)，所以分兩種情況進(jìn)行討論：①△POQ∽△AOB；②△POQ∽△BOA；根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列出比例式，即可求解；
（3）分三種情況進(jìn)行討論：①OP=OQ；②PO=PQ；③QO=QP．
解答：解：（1）坐標(biāo)平面內(nèi)存在點(diǎn)C，使以O(shè)、A、C為頂點(diǎn)的三角形與△OAB全等．理由如下：
①當(dāng)△OAC≌△OAB時(shí)，C與B關(guān)于x軸對(duì)稱，此時(shí)點(diǎn)C的坐標(biāo)為（8，?6）；
②當(dāng)△OAC≌△AOB時(shí)，點(diǎn)C可能在第一象限，也可能在第四象限，設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為（x，y）．
∵△OAC≌△AOB，
∴S△OAC=S△AOB，即 •OA•y= •OA•6，
∴y=6，y=±6．
如果點(diǎn)C在第一象限，如圖，過(guò)點(diǎn)B、C作x軸的垂線，垂足分別為D、E，則BD=CE=6，
∵△ACE≌△OBD（HL），
∴AE=OD=8，
∴OE=OA?AE=18?8=10，
∴此時(shí)點(diǎn)C的坐標(biāo)為（10，6）；
如果點(diǎn)C在第四象限，易求此時(shí)點(diǎn)C的坐標(biāo)為（10，?6）；
即滿足條件的點(diǎn)C的坐標(biāo)為（8，?6）或（10，6）或（10，6）；

（2）設(shè)從出發(fā)起，運(yùn)動(dòng)了t秒鐘，以O(shè)、P、Q為頂點(diǎn)的三角形與△OAB相似．
∵AP=3t，OQ=2t，
∴OP=18?3t．
分兩種情況：
①如果△POQ∽△AOB，那么 = ，
= ，
解得t= ；
②如果△POQ∽△BOA，那么 = ，
= ，
解得t= ；
故以O(shè)、P、Q為頂點(diǎn)的三角形與△OAB相似時(shí)，t的值為 秒或 秒；

（3）△OPQ為等腰三角形時(shí)，分三種情況：
①如果OP=OQ，那么18?3t=2t，t= ；
②如果PO=PQ，如圖，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥OQ于F，則OF=FQ= OQ= •2t=t．
∵在Rt△OPF中，∠OFP=90°，
∴OF=OP•cos∠POF=（18?3t）• = （18?3t），
∴t= （18?3t），
解得t= ；
③如果QO=QP，如圖，過(guò)點(diǎn)Q作QG⊥OP于G，則OG=GP= OP= •（18?3t）=9? t．
∵在Rt△OQG中，∠OGQ=90°，
∴OG=OQ•cos∠QOG=2t• = t，
∴9? t= t，
解得t= ．
綜上所述，所求t的值為 秒或 秒或 秒．

點(diǎn)評(píng)：本題考查全等三角形、相似三角形、等腰三角形的性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)，難度適中．運(yùn)用數(shù)形結(jié)合及分類討論是解題的關(guān)鍵．