宜兴外国语学校2015-2016学年九年级（上）期末数学复习试卷（三）

20．n）、（2015秋?宜兴市校级期末）抛物线y1=x2+bx+c与直线y2=﹣2x+m相交于A（﹣2，B（2，﹣3）两点．

（1）求这条抛物线的解析式；

（2）若﹣4≤x≤1，则y2﹣y1的最小值为 ． 【考点】二次函数的性质．

【分析】（1）把B的坐标代入直线y2=﹣2x+m求得m的值，然后代入A（﹣2，n）求得n的值，最后根据待定系数法即可求得抛物线的解析式；

（2）求得y2﹣y1=﹣x2+4，然后代入x=﹣4和x=1，求得函数值，即可求得最小值． 【解答】解：（1）∵直线y2=﹣2x+m经过点B（2，﹣3）， ∴﹣3=﹣2×2+m． ∴m=1．

∵直线y2=﹣2x+m经过点A（﹣2，n）， ∴n=4+1=5；

∵抛物线y1=x2+bx+c过点A和点B， ∴

∴．

∴y1=x2﹣2x﹣3．

（2）y2﹣y1=﹣2x+1﹣（x2﹣2x﹣3）=﹣x2+4， ∴y2﹣y1的最大值是4，

代入x=﹣4得y2﹣y1=﹣12，代入x=﹣1得y2﹣y1=﹣3， ∴若﹣4≤x≤1，y2﹣y1的最小值为﹣12． 故答案为﹣12．

【点评】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求二次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．

21．（2015秋?宜兴市校级期末）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，CD⊥AB于点D．P为AB延长线上一点，∠PCD=2∠BAC．

（1）求证：CP为⊙O的切线； （2）BP=1，CP=①求⊙O的半径；

②若M为AC上一动点，则OM+DM的最小值为 ．

．

【考点】切线的判定；轴对称-最短路线问题．

【分析】（1）连接OC，根据已知证得∠POC=∠PCD，由∠POC+∠OCD=90°．证得∠PCD+∠OCD=90°，即∠OCP=90°，即可证得CP为⊙O的切线；

（2）①设⊙O的半径为r．在Rt△OCP中，利用勾股定理即可求得；

②先证得△COP∽△DOC，根据相似三角形对应边成比例求得CD的长，作点O点关于AC的对称点E，连接ED，交AC于M，此时OM+DM=ED的最小，连接AE，EC，证得四边形AOCE是菱形，进而证得EC=2，∠ECD=90°，然后根据勾股定理即可求得ED，即OM+DM的最小值．

【解答】（1）证明：连接OC，如图1， ∵∠PCD=2∠BAC，∠POC=2∠BAC， ∴∠POC=∠PCD， ∵CD⊥AB于点D， ∴∠ODC=90°． ∴∠POC+∠OCD=90°． ∴∠PCD+∠OCD=90°． ∴∠OCP=90°． ∴半径OC⊥CP． ∴CP为⊙O的切线．

（2）解：①设⊙O的半径为r． 在Rt△OCP中，OC2+CP2=OP2， ∵BP=1，CP=

．

∴r2+（）2=（r+1）2，

解得r=2．

∴⊙O的半径为2．

②∵∠OCP=∠ODC=90°，∠COD=∠POC， ∴△COP∽△DOC， ∴

=

，即，

=

，

∴CD=

如图2，作点O点关于AC的对称点E，连接AE，EC，此时OM+DM=ED， ∵AC垂直平分OE， ∴AE=AO， ∴∠OAC=∠EAC， ∵OA=OC， ∴∠OAC=∠OCA， ∴∠EAC=∠OCA， ∴AE∥OC， ∵OA=AE=OC=2， ∴四边形AOCE是菱形， ∴EC=2，∠ECD=90°， 在RT△ECD中，EC=2，CD=∴ED2=

=

． ．

，

∵OM+DM的最小值为故答案为

．

【点评】本题考查了切线的判定定理，轴对称的性质，菱形的判定和性质，勾股定理的应用，熟练掌握性质定理是解题的关键．

22．（2015秋?宜兴市校级期末）在平面直角坐标系xOy中，半径为1的⊙O与x轴负半轴交于点A，点M在⊙O上，将点M绕点A顺时针旋转60°得到点Q．点N为x轴上一动点（N不与A重合），将点M绕点N顺时针旋转60°得到点P．PQ与x轴所夹锐角为α． （1）如图1，若点M的横坐标为，点N与点O重合，则α= °；

（2）若点M、点Q的位置如图2所示，请在x轴上任取一点N，画出直线PQ，并求α的度数；

（3）当直线PQ与⊙O相切时，点M的坐标为 ．

【考点】圆的综合题；三角形的外角性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；特殊角的三角函数值．

【分析】（1）如图1，根据圆周角定理可求出∠MAP、∠AQP，再根据∠MAQ可依次求出∠PAQ，∠APQ；

（2）连接MQ，交x轴于E，连接PQ，交x轴于F，连接PM，如图2，由题可得：△MAQ和△MNP均为等边三角形，由此可证到△AMN≌△QMP，则有∠MAN=∠MQP．根据三角形外角的性质可得到∠MAN+∠AMQ=∠AEQ=∠MQP+∠AFQ，从而可得到∠AFQ=∠AMQ=60°（即α=60°）；