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2017年九年级上学期期末数学上册试卷两套汇编十四附答案及解析九年级(上)期末数学试卷
一、选择题(每题3分共30分)1.﹣3的相反数是( )A.﹣3B.C.3D.﹣2.下列计算中,正确的是( )A.a0=1B.a﹣1=﹣aC.a3•a2=a5D.2a2+3a3=5a53.下列图形中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是( )A.B.C.D.4.点(﹣2,4)在反比例函数y=(k≠0)的图象上,则下列各点在此函数图象上的是( )A.(2,4)B.(﹣1,﹣8)C.(﹣2,﹣4)D.(4,﹣2)5.五个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示,其主视图是( )A.B.C.D.6.将二次函数y=x2的图象向右平移2个单位,再向上平移1个单位,所得图象的表达式是( )A.y=(x﹣2)2+1B.y=(x+2)2+1C.y=(x﹣2)2﹣1D.y=(x+2)2﹣17.某药品原价每盒25元,两次降价后,每盒降为16元,则平均每次降价的百分率是( )A.10%B.20%C.25%D.40%8.如图,为测量学校旗杆的高度,小东用长为
3.2m的竹竿作测量工具,移动竹竿,使竹竿顶端与旗杆顶端的影子恰好落在地面的同一点,此时,竹竿与这一点相距8m,与旗杆相距22m,则旗杆的高为( )m.A.
8.8B.10C.12D.149.如图,飞机飞行高度BC为1500m,飞行员看地平面指挥塔A的俯角为α,则飞机与指挥塔A的距离为( )m.A.B.1500sinαC.1500cosαD.10.一辆货车从A地开往B地,一辆小汽车从B地开往A地.同时出发,都匀速行驶,各自到达终点后停止.设货车、小汽车之间的距离为s(千米),货车行驶的时间为t(小时),S与t之间的函数关系如图所示.下列说法中正确的有( )
①A、B两地相距60千米;
②出发1小时,货车与小汽车相遇;
③小汽车的速度是货车速度的2倍;
④出发
1.5小时,小汽车比货车多行驶了60千米.A.1个B.2个C.3个D.4个
二、填空题(每题3分,共30分)11.将5400000用科学记数法表示为 .12.函数中自变量的取值范围是 .13.计算2﹣的结果是 .14.把多项式ax2+2a2x+a3分解因式的结果是 .15.若扇形的弧长为6πcm,面积为15πcm2,则这个扇形所对的圆心角的度数为 °.16.不等式组的解集为 .17.一个不透明的袋子中装有两个黑球和一个白球,这些小球除颜色外无其他差别,从袋子中随机摸出一个小球后,放回并摇匀,再随机摸出一个小球,则两次摸出的小球都是黑球的概率为 .18.矩形ABCD中,AB=3,AD=5,点E在BC边上,△ADE是以AD为一腰的等腰三角形,则tan∠CDE= .19.已知,如图,CB是⊙O的切线,切点为B,连接OC,半径OA⊥OC,连接AB交OC于点D,若OD=1,OA=3,则BC= .20.如图,直线DE过等边△ABC的顶点B,连接AD、CE,AD∥CE,∠E=30°,若BE AD=1,CE=4时,则BC= .
三、解答题(共60分)(21-22题每题7分,23-24题每题8分,25-27题每题10分)21.先化简,再求代数式÷(﹣x)的值,其中x=2sin60°+2cos60°.22.图1,图2均为正方形网络,每个小正方形的面积均为1,请在下面的网格中按要求画图,使得每个图形的顶点均在小正方形的顶点上.
(1)在图1中作出点A关于BC对称点D,顺次连接ABDC,并求出四边形ABDC的面积;
(2)在图2中画出一个面积是10的等腰直角三角形.23.某校积极开展“大课间”活动,共开设了跳绳、足球、篮球、踢键子四种运动项目,为了解学生最喜爱哪一种项目,随机抽取了部分学生进行调查,并绘制了如下不完整的统计图,请根据图中信息解答下列问题.
(1)求本次被调查的学生人数;
(2)通过计算补全条形统计图;
(3)该校有1000名学生,请估计全校最喜爱足球的人数比最喜爱篮球的人数少多少人?24.在▱ABCD中,对角线AC、BD相交于O,EF过点O,且AF⊥BC.
(1)求证△BFO≌△DEO;
(2)若EF平分∠AEC,试判断四边形AFCE的形状,并证明.25.“双11”期间,某个体户在淘宝网上购买某品牌A、B两款羽绒服来销售,若购买3件A,4件B需支付2400元,若购买2件A,2件B,则需支付1400元.
(1)求A、B两款羽绒服在网上的售价分别是多少元?
(2)若个体户从淘宝网上购买A、B两款羽绒服各10件,均按每件600元进行零售,销售一段时间后,把剩下的羽绒服全部6折销售完,若总获利不低于3800元,求个体户让利销售的羽绒服最多是多少件?26.已知,△ADB内接于⊙O,DG⊥AB于点G,交⊙O于点C,点E是⊙O上一点,连接AE分别交CD、BD于点H、F.
(1)如图1,当AE经过圆心O时,求证∠AHG=∠ADB;
(2)如图2,当AE不经过点O时,连接BC、BH,若∠GBC=∠HBG时,求证HF=EF;
(3)如图3,在
(2)的条件下,连接DE,若AB=8,DH=6,求sin∠DAE的值.27.在平面直角坐标系中,抛物线y=x2﹣bx+c与x轴交于点A(8,0)、B(2,0)两点,与y轴交于点C.
(1)如图1,求抛物线的解析式;
(2)如图2,点P为第四象限抛物线上一点,连接PB并延长交y轴于点D,若点P的横坐标为t,CD长为d,求d与t的函数关系式(并求出自变量t的取值范围);
(3)如图3,在
(2)的条件下,连接AC,过点P作PH⊥x轴,垂足为点H,延长PH交AC于点E,连接DE,射线DP关于DE对称的射线DG交AC于点G,延长DG交抛物线于点F,当点G为AC中点时,求点F的坐标. 参考答案与试题解析
一、选择题(每题3分共30分)1.﹣3的相反数是( )A.﹣3B.C.3D.﹣【考点】相反数.【分析】依据相反数的定义回答即可.【解答】解﹣3的相反数是3.故选C. 2.下列计算中,正确的是( )A.a0=1B.a﹣1=﹣aC.a3•a2=a5D.2a2+3a3=5a5【考点】同底数幂的乘法;合并同类项;零指数幂;负整数指数幂.【分析】直接利用负整数指数幂的性质以及零指数幂的性质和合并同类项法则以及同底数幂的乘法运算法则化简求出答案.【解答】解A、a0=1(a≠0),故此选项错误;B、a﹣1=(a≠0),故此选项错误;C、a3•a2=a5,正确;D、2a2+3a3,无法计算,故此选项错误;故选C. 3.下列图形中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是( )A.B.C.D.【考点】中心对称图形;轴对称图形.【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解.【解答】解A、是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项错误;B、是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项错误;C、是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项错误;D、既是轴对称图形,又是中心对称图形,故本选项正确.故选D. 4.点(﹣2,4)在反比例函数y=(k≠0)的图象上,则下列各点在此函数图象上的是( )A.(2,4)B.(﹣1,﹣8)C.(﹣2,﹣4)D.(4,﹣2)【考点】反比例函数图象上点的坐标特征.【分析】将(﹣2,4)代入y=(k≠0)即可求出k的值,再根据k=xy解答即可.【解答】解∵点(﹣2,4)在反比例函数y=(k≠0)的图象上,∴k=﹣2×6=﹣8,四个选项中只有D符合.故选D. 5.五个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示,其主视图是( )A.B.C.D.【考点】简单组合体的三视图.【分析】根据从正面看得到的图形是主视图,可得答案.【解答】解从正面看第一层是三个小正方形,第二层右边是两个小正方形,故选C. 6.将二次函数y=x2的图象向右平移2个单位,再向上平移1个单位,所得图象的表达式是( )A.y=(x﹣2)2+1B.y=(x+2)2+1C.y=(x﹣2)2﹣1D.y=(x+2)2﹣1【考点】二次函数图象与几何变换.【分析】先确定抛物线y=x2的顶点坐标为(0,0),再确定平移后顶点坐标,然后写出平移的顶点式.【解答】解抛物线y=x2的顶点坐标为(0,0),把点(0,0)向右平移2个单位,再向上平移1个单位得到点(2,1),所以平移后的抛物线的解析式为y=(x﹣2)2+1.故选A. 7.某药品原价每盒25元,两次降价后,每盒降为16元,则平均每次降价的百分率是( )A.10%B.20%C.25%D.40%【考点】一元二次方程的应用.【分析】设该药品平均每次降价的百分率为x,根据降价后的价格=降价前的价格(1﹣降价的百分率),则第一次降价后的价格是25(1﹣x),第二次后的价格是25(1﹣x)2,据此即可列方程求解.【解答】解设该药品平均每次降价的百分率为x,由题意可知经过连续两次降价,现在售价每盒16元,故25(1﹣x)2=16,解得x=
0.2或
1.8(不合题意,舍去),故该药品平均每次降价的百分率为20%.故选B. 8.如图,为测量学校旗杆的高度,小东用长为
3.2m的竹竿作测量工具,移动竹竿,使竹竿顶端与旗杆顶端的影子恰好落在地面的同一点,此时,竹竿与这一点相距8m,与旗杆相距22m,则旗杆的高为( )m.A.
8.8B.10C.12D.14【考点】相似三角形的应用.【分析】利用相似三角形对应边成比例解题.【解答】解因为竹竿和旗杆均垂直于地面,所以构成两个相似三角形,若设旗杆高x米,则,∴x=12.故选C. 9.如图,飞机飞行高度BC为1500m,飞行员看地平面指挥塔A的俯角为α,则飞机与指挥塔A的距离为( )m.A.B.1500sinαC.1500cosαD.【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题.【分析】首先根据题意分析图形,可得Rt△ABC中,∠C=90°,BC=1500m,运用三角函数定义解Rt△ABC即可求出AB.【解答】解由题意得Rt△ABC中,∠A=∠α,∠C=90°,BC=1500m,∴sinA=sinα=,∴AB==m.故选A. 10.一辆货车从A地开往B地,一辆小汽车从B地开往A地.同时出发,都匀速行驶,各自到达终点后停止.设货车、小汽车之间的距离为s(千米),货车行驶的时间为t(小时),S与t之间的函数关系如图所示.下列说法中正确的有( )
①A、B两地相距60千米;
②出发1小时,货车与小汽车相遇;
③小汽车的速度是货车速度的2倍;
④出发
1.5小时,小汽车比货车多行驶了60千米.A.1个B.2个C.3个D.4个【考点】一次函数的应用.【分析】
①根据图象中t=0时,s=120实际意义可得;
②根据图象中t=1时,s=0的实际意义可判断;
③由
④可知小汽车的速度是货车速度的2倍;
④由图象t=
1.5和t=3的实际意义,得到货车和小汽车的速度,进一步得到
1.5小时后的路程,可判断正误.【解答】解
(1)由图象可知,当t=0时,即货车、汽车分别在A、B两地,s=120,所以A、B两地相距120千米,故
①错误;
(2)当t=1时,s=0,表示出发1小时,货车与小汽车相遇,故
②正确;
(3)由
(3)知小汽车的速度为120÷
1.5=80(千米/小时),货车的速度为40(千米/小时),∴小汽车的速度是货车速度的2倍,故
③正确;
(4)根据图象知,汽车行驶
1.5小时达到终点A地,货车行驶3小时到达终点B地,故货车的速度为120÷3=40(千米/小时),出发
1.5小时货车行驶的路程为
1.5×40=60(千米),小汽车行驶
1.5小时达到终点A地,即小汽车
1.5小时行驶路程为120千米,故出发
1.5小时,小汽车比货车多行驶了60千米,∵故
④正确.∴正确的有
②③④三个.故选C
二、填空题(每题3分,共30分)11.将5400000用科学记数法表示为
5.4×106 .【考点】科学记数法—表示较大的数.【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的值时,要看把原数变成a时,小数点移动了多少位,n的绝对值与小数点移动的位数相同.当原数绝对值>1时,n是正数;当原数的绝对值<1时,n是负数.【解答】解5400000用科学记数法表示为
5.4×106,故答案为
5.4×106. 12.函数中自变量的取值范围是 .【考点】函数自变量的取值范围;分式有意义的条件.【分析】该函数由分式组成,故分母不等于0,依次解得自变量的取值范围.【解答】解2x+1≠0,解得x.故答案为x≠. 13.计算2﹣的结果是 ﹣ .【考点】二次根式的加减法.【分析】根据二次根式的乘除,可化简二次根式,根据二次根式的加减,可得答案.【解答】解原式=﹣3=﹣,故答案为﹣. 14.把多项式ax2+2a2x+a3分解因式的结果是 a(x+a)2 .【考点】提公因式法与公式法的综合运用.【分析】首先提取公因式a,然后将二次三项式利用完全平方公式进行分解即可.【解答】解ax2+2a2x+a3=a(x2+2ax+a2)=a(x+a)2,故答案为a(x+a)2 15.若扇形的弧长为6πcm,面积为15πcm2,则这个扇形所对的圆心角的度数为 216 °.【考点】扇形面积的计算;弧长的计算.【分析】首先根据题意求出扇形的半径,然后运用弧长公式求出圆心角,即可解决问题.【解答】解设这个扇形的半径为λ,弧长为μ,圆心角为α°;由题意得,μ=6π,解得λ=5;由题意得,解得α=216,故答案为216. 16.不等式组的解集为 ﹣1<x<1 .【考点】解一元一次不等式组.【分析】首先解每个不等式,两个不等式的解集的公共部分就是不等式组的解集.【解答】解,解
①得x<1,解
②得x>﹣1,则不等式组的解集是﹣1<x<1.故答案是﹣1<x<1. 17.一个不透明的袋子中装有两个黑球和一个白球,这些小球除颜色外无其他差别,从袋子中随机摸出一个小球后,放回并摇匀,再随机摸出一个小球,则两次摸出的小球都是黑球的概率为 .【考点】列表法与树状图法.【分析】画树状图展示所有9种等可能的结果数,再找出两次摸出的小球都是黑球的结果数,然后根据概率公式求解.【解答】解画树状图为共有9种等可能的结果数,其中两次摸出的小球都是黑球的结果数为4,所以两次摸出的小球都是黑球的概率=.故答案为. 18.矩形ABCD中,AB=3,AD=5,点E在BC边上,△ADE是以AD为一腰的等腰三角形,则tan∠CDE= 或 .【考点】矩形的性质;等腰三角形的性质;解直角三角形.【分析】需要分类讨论AD=AE和AD=DE两种情况,由勾股定理和三角函数即可得出结果.【解答】解在矩形ABCD中,AB=CD=3,BC=AD=5,∠C=∠B=90°,
①当DE=DA=5时,如图1所示∴CE==4,∴tan∠CDE==;
②当AE=AD=5时,BE==4,∴CE=BC﹣BE=1,∴tan∠CDE==;故答案为或. 19.已知,如图,CB是⊙O的切线,切点为B,连接OC,半径OA⊥OC,连接AB交OC于点D,若OD=1,OA=3,则BC= 4 .【考点】切线的性质;勾股定理;垂径定理.【分析】连接OB,由垂直定义得∠A+∠ADO=90°,由切线的性质可得∠CBO=90°,再由AO=BO,可得∠OAD=∠OBD,进而可证明CB=CD,设BC=x,则CD=x,在Rt△OBC中利用勾股定理可求出x的长,问题得解.【解答】解连接OB,∵OA⊥OC,∴∠A+∠ADO=90°,∵CB是⊙O的切线,∴∠OBC=90°,∴∠OBD+∠CBD=90°,∵AO=BO,∴∠OAD=∠OBD,∴∠OAD=∠OBD,∴CB=CD,设BC=x,则CD=x,在Rt△OBC中,OB=OA=3,OC=OD+CD=x+1,∵OB2+BC2=OC2,∴32+x2=(x+1)2,解得x=4,即BC的长为4,故答案为4. 20.如图,直线DE过等边△ABC的顶点B,连接AD、CE,AD∥CE,∠E=30°,若BE AD=1,CE=4时,则BC= 2 .【考点】等边三角形的性质;旋转的性质;相似三角形的判定与性质.【分析】作辅助线,构建全等三角形和直角三角形,由旋转得∠PCE=60°,∠APC=∠E=30°,根据BE AD=1,设AD=x,BE=x,则AP=BE=x,根据三角函数表示PF、PH、AH、GH的长,根据PG=GH+PH列式求x的长,得BE=2,在△BGC中,利用勾股定理求得BC的长.【解答】解将△CBE绕C逆时针旋转60°到△CAP,BC与AC重合,延长DA交PC于H,过H作HF⊥AP于F,CP交DE于G,∴∠PCE=60°,∵∠E=30°,∴∠CGE=90°,由旋转得CE=CP,Rt△CGE中,CE=CP=4,∴CG=CE=2,∴GP=PC﹣CG=2,∵AD BE=1,设AD=x,BE=x,则AP=BE=x,∵AD∥BE,∴∠ADE=∠E=30°,Rt△DGH中,∠DHG=60°,由旋转得∠APC=∠E=30°,∴∠HAP=60°﹣30°=30°,∴∠HAP=∠APC=30°,∴AH=PH,AF=PF=x,cos30°=,∴PH==x,∴DH=AD+AH=x+x=x,∴GH=DH=x,∵PG=2=GH+PH,∴2=x+x,x=2,∴BE=x=2,由勾股定理得EG===6,∴BG=6﹣2=4,在Rt△BGC中,BC===2;故答案为.
三、解答题(共60分)(21-22题每题7分,23-24题每题8分,25-27题每题10分)21.先化简,再求代数式÷(﹣x)的值,其中x=2sin60°+2cos60°.【考点】分式的化简求值;特殊角的三角函数值.【分析】先将代数式进行化简,然后求出x的值并代入代数式求解即可.【解答】解∵x=2sin60°+2cos60°=+1,∴÷(﹣x)=÷=×==﹣. 22.图1,图2均为正方形网络,每个小正方形的面积均为1,请在下面的网格中按要求画图,使得每个图形的顶点均在小正方形的顶点上.
(1)在图1中作出点A关于BC对称点D,顺次连接ABDC,并求出四边形ABDC的面积;
(2)在图2中画出一个面积是10的等腰直角三角形.【考点】作图-轴对称变换.【分析】
(1)作出点A关于BC对称点D,顺次连接ABDC,并求出四边形ABDC的面积即可;
(2)先求出等腰直角三角形的直角边长,再画出三角形即可.【解答】解
(1)如图1,四边形ABDC即为所求,S四边形ABDC=AD•BC=×6×4=12;
(2)如图2,△ABC即为所求.. 23.某校积极开展“大课间”活动,共开设了跳绳、足球、篮球、踢键子四种运动项目,为了解学生最喜爱哪一种项目,随机抽取了部分学生进行调查,并绘制了如下不完整的统计图,请根据图中信息解答下列问题.
(1)求本次被调查的学生人数;
(2)通过计算补全条形统计图;
(3)该校有1000名学生,请估计全校最喜爱足球的人数比最喜爱篮球的人数少多少人?【考点】条形统计图;用样本估计总体;扇形统计图.【分析】
(1)用喜欢跳绳的人数除以其所占的百分比即可求得被调查的总人数;
(2)用总数减去其他各小组的人数即可求得喜欢足球的人数,从而补全条形统计图;
(3)用样本估计总体即可确定最喜爱篮球的人数比最喜爱足球的人数多多少.【解答】解
(1)∵10÷25%=40,答本次被调查的学生人数为40人;
(2)40﹣15﹣2﹣10=13,如图所示,
(3),答估计全校最喜爱足球的人数比最喜爱篮球的人数大约少50人. 24.在▱ABCD中,对角线AC、BD相交于O,EF过点O,且AF⊥BC.
(1)求证△BFO≌△DEO;
(2)若EF平分∠AEC,试判断四边形AFCE的形状,并证明.【考点】平行四边形的性质;全等三角形的判定与性质.【分析】根据平行四边形的性质和平行线性质得出OA=OC,∠OAE=∠OCF,证△AOE≌△COF,推出OE=OF,即可得出四边形是矩形.【解答】
(1)证明∵四边形ABCD是平行四边形,∴OB=OD,AD∥BC,AD=BC,∴∠OBF=∠ODE,在△BFO和△DEO中,,∴△BFO≌△DEO(ASA);
(2)解四边形AFCE是正方形;理由如下∵△BFO≌△DEO,∴BF=DE,∴CF=AE,∵AD∥BC,∴四边形AFCE是平行四边形,又∵AF⊥BC,∴∠AFC=90°,∴四边形AFCE是矩形,∵EF平分∠AEC,∴∠AEF=∠CEF,∵AD∥BC,∴∠AEF=∠CFE,∴∠CEF=∠CFE,∴CE=CF,∴四边形AFCE是正方形. 25.“双11”期间,某个体户在淘宝网上购买某品牌A、B两款羽绒服来销售,若购买3件A,4件B需支付2400元,若购买2件A,2件B,则需支付1400元.
(1)求A、B两款羽绒服在网上的售价分别是多少元?
(2)若个体户从淘宝网上购买A、B两款羽绒服各10件,均按每件600元进行零售,销售一段时间后,把剩下的羽绒服全部6折销售完,若总获利不低于3800元,求个体户让利销售的羽绒服最多是多少件?【考点】一元一次不等式的应用;二元一次方程组的应用.【分析】
(1)设设A款a元,B款b元,根据题意列方程组求解;
(2)设让利的羽绒服有x件,总获利不低于3800元,列不等式,求出最大整数解.【解答】解
(1)设A款a元,B款b元,可得,解得,答A款400元,B款300元.
(2)设让利的羽绒服有x件,则已售出的有(20﹣x)件600(20﹣x)+600×60%x﹣400×10﹣300×10≥3800,解得x≤5,答最多让利5件. 26.已知,△ADB内接于⊙O,DG⊥AB于点G,交⊙O于点C,点E是⊙O上一点,连接AE分别交CD、BD于点H、F.
(1)如图1,当AE经过圆心O时,求证∠AHG=∠ADB;
(2)如图2,当AE不经过点O时,连接BC、BH,若∠GBC=∠HBG时,求证HF=EF;
(3)如图3,在
(2)的条件下,连接DE,若AB=8,DH=6,求sin∠DAE的值.【考点】圆的综合题.【分析】
(1)如图1中,连接BE,由DG∥BE,推出∠AEB=∠AHG,由∠ADB=∠AEB,即可推出∠ADB=∠AHG.
(2)连接AC、DE,EB、AC、BC.只要证明HG=CG,∠EDB=∠CDB,根据等腰三角形三线合一即可证明.
(3)过点O作ON⊥DE,OM⊥AB垂足分别为N、M,连接OD、OE、OA、OB.只要证明△NOE≌△MBO,推出NE=OM=3,OB==5,在RT△OMB中,根据sin∠OBM=,计算即可.【解答】证明
(1)如图1中,连接BE,∵AE是⊙O的直径∴∠ABE=90°,∵DG⊥AB,∴∠ABE=∠AGD=90°,∴DG∥BE,∴∠AEB=∠AHG,∵∠ADB=∠AEB∴∠ADB=∠AHG.
(2)连接AC、DE,EB、AC、BC.∠GBC=∠HBG,DG⊥AB∴∠GHB=∠BCH,BH=BC,∴HG=CG,∴AH=AC,∠AHC=∠HCA,∠BAC=∠HAG∵∠AED=∠ACH,∠DHE=∠AHC,∴∠AED=∠DHE,∴DH=DE,∵∠EDB=∠EAB,∠CDB=∠BAC,∴∠EDB=∠CDB,∴HF=EF.
(3)过点O作ON⊥DE,OM⊥AB垂足分别为N、M,连接OD、OE、OA、OB.∴BM=AB=4,∵DH=DE=6,HF=EF,∴DF⊥AE,∴∠DAE+∠BDA=90°,∵∠EOD=2∠DAE∠AOB=2∠ADB,∴∠BOA+∠EOD=180°,∵∠DOE=2∠NOE∠AOB=2∠BOM,∴∠NOE+∠BOM=90°∠NOE+∠NEO=90°,∵∠NEO=∠BOM,OE=OB,∴△NOE≌△MBO∴NE=OM=3,∴OB==5,∵∠ADB=∠BOM,∴∠DAF=∠OBM,在RT△OMB中sin∠OBM==∴sin∠DAE=. 27.在平面直角坐标系中,抛物线y=x2﹣bx+c与x轴交于点A(8,0)、B(2,0)两点,与y轴交于点C.
(1)如图1,求抛物线的解析式;
(2)如图2,点P为第四象限抛物线上一点,连接PB并延长交y轴于点D,若点P的横坐标为t,CD长为d,求d与t的函数关系式(并求出自变量t的取值范围);
(3)如图3,在
(2)的条件下,连接AC,过点P作PH⊥x轴,垂足为点H,延长PH交AC于点E,连接DE,射线DP关于DE对称的射线DG交AC于点G,延长DG交抛物线于点F,当点G为AC中点时,求点F的坐标.【考点】二次函数综合题.【分析】
(1)利用待定系数法直接求出抛物线解析式;
(2)先表示出BH,PH,进而得出∠HBP的正切值,再用等角的同名三角函数即可表示出OD,即可得出结论;
(3)先求出直线AC解析式,进而判断出四边形DOMN是矩形,最后用三角函数和对称性求出t,即可得出OD和tan∠GDN=,即可得出结论.【解答】证明
(1)∵抛物线过A(8,0)、B(2,0)两点,∴,∴,∴抛物线的解析式为y=x2﹣x+4
(2)如图2,过点P作PH⊥AB于点H,设点P(t,)∴BH=t﹣2,PH=∴tan∠HBP==,∵∠OBD=∠HBP,∴tan∠OBD=tan∠HBP,∴,∴OD=,∴CD=4﹣OD=∴d=(2<t<8),
(3)如图3,设直线AC的解析式为y=kx+b,∴∴,∴直线AC的解析式为,∴点E(t,)∴EH=OD=,∵EH∥OD,∴四边形DOHE是矩形,∴DE∥OH,取AO的中点M,连接GM,交DE于点N,∴GM∥OC,∴GN⊥DE,∴四边形DOMN是矩形,∴OD=NM=,NG=2﹣MN=,∵DN=OM=4tan∠GDN=,∵由对称性得∠PDE=∠GDE=∠HBPtan∠GDN=tan∠HBP,∴,∴t=∴OD=,∴tan∠GDN=,设点F(m,过点F作FK⊥DE交延长线于点K,tan∠GDN=,∴,∴F(10,4), 九年级(上)期末数学试卷
一、选择题(共10小题,每题3分,共30分)1.下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )A.B.C.D.2.一元二次方程x2﹣6x﹣5=0配方可变形为( )A.(x﹣3)2=14B.(x﹣3)2=4C.(x+3)2=14D.(x+3)2=43.二次函数y=(x+1)2﹣4的顶点坐标是( )A.(﹣1,﹣4)B.(1,4)C.(1,﹣4)D.(﹣1,4)4.如图,△ABC的顶点均在⊙O上,若∠A=36°,则∠BOC的度数为( )A.18°B.36°C.60°D.72°5.下列事件中,属于必然事件的是( )A.在只装了红球的袋子中摸到白球B.某射击运动员射击一次,命中靶心C.任意画一个三角形,其内角和是180°D.掷一枚质地均匀的正方体骰子,向上的一面点数是36.一元二次方程2x2﹣3x+1=0的根的情况是( )A.有两个相等的实数根B.有两个不相等的实数根C.只有一个实数根D.没有实数根7.某中学要组织一次篮球比赛,赛制为单循环形式(毎两队之间都赛一场),计划安排21场比赛,求参加的球队支数,如果设参加的球队支数为x,则可列方程为( )A.x(x+1)=21B.x(x+1)=21C.x(x﹣1)=21D.x(x﹣1)=218.已知正六边形的边长为2,则它的边心距为( )A.1B.2C.D.29.二次函数y=ax2+bx(a>0,b<0)在平面直角坐标系的图象大致为( )A.B.C.D.10.若一个圆锥的底面半径为2,母线长为6,則该圆锥侧面展开图的圆心角是( )A.90°B.100°C.60°D.120°
二、填空题(共6小题,每题4分,共24分)11.点(2,﹣3)关于原点对称的点的坐标是 .12.某公司2月份的利润为160万元,4月份的利润250万元,则平均每月的增长率为 .13.抛物线y=﹣2x2向左平移2个单位长度,再向上平移3个单位长度可得抛物线的解析式为 .14.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示,则方程ax2+bx+c=0的解是 .15.关于x的一元二次方程x2+2x﹣k=0有两个不相等的实数根,则k的取值范围是 .16.如图,在△ABC中,BC=4,以点A为圆心,2为半径的⊙A与BC相切于点D,交AB于点E,交AC于点F,点P是⊙A上的一点,且∠EPF=45°,则图中阴影部分的面积为 .
三、解答题
(一)(共3小题,每小题6分,共18分)17.用公式法解方程2x2+3x=1.18.一个不透明的盒子中装有2枚黑色的棋子和1枚白色的棋子,每枚棋子除了颜色外其余均相同.从盒中随机摸出一枚棋子,记下颜色后放回并搅匀,再从盒子中随机摸出一枚棋子,记下颜色,用画树状图(或列表)的方法,求两次摸出的棋子颜色不同的概率.19.如图,是一个高速公路的隧道的横截面,若它的形状是以O为圆心的圆的一部分,路面AB=12米,拱高CD=9米,求圆的半径.
四、解答题
(二)(共3小题,每小题7分,共21分)20.如图,在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中,给出了格点△ABC(顶点是网格线的交点).
(1)将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△A′BC′,请画出△A′BC′.
(2)求A点所经过的路线的长度.21.2015年某市曾爆发登革热疫情,登革热是一种传染性病毒,在病毒传播中,若1个人患病,則经过两轮传染就共有144人患病.
(1)毎轮传染中平均一个人传染了几个人?
(2)若病毒得不到有效控制,按照这样的传染速度,三轮传染后,患病的人数共有多少人?22.如图所示,在等腰Rt△ABC中,∠CAB=90°,P是△ABC内一点,将△PAB绕A逆时针旋转90°得△DAC.
(1)试判断△PAD的形状并说明理由;
(2)连接PC,若∠APB=135°,PA=1,PB=3,求PC的长.
五、解答题
(三)(共3小题,每小题9分,共27分)23.如图,△ABC内接于⊙O,BC是直径,⊙O的切线PA交CB的延长线于点P,OE∥AC交AB于点F,交PA于点E,连接BE.
(1)判断BE与⊙O的位置关系并说明理由;
(2)若⊙O的半径为8,BE=6,求AB的长.24.某商店只销售某种商品,其标价为210元,现在打6折销售仍然获利50%,为扩大销量,商场决定在打6折的基础上再降价,规定顾客在已买一件商品之后每再多买1件,顾客购买的所有商品的单价再少2元,但不能出现亏损的情况,设顾客购买商品件数为x(件),公司获得利润为W(元)
(1)求该商品的进价是多少元?
(2)求W与x的函数关系式,写出自变量x的取值范围,同时商店销售利润最大值?
(3)商店发现在某一范围内会出现顾客购买件数x越多,商店利润W反而越少的情况,为避免出现这种情况,应规定最低售价为多少元?25.如图,抛物线顶点坐标为点C(2,8),交x轴于点A(6,0),交y轴于点B.
(1)求抛物线和直线AB的解析式;
(2)点Q(x,0)是线段OA上的一动点,过Q点作x轴的垂线,交抛物线于P点,交直线BA于D点,求PD与x之间的函数关系式并求出PD的最大值;
(3)x轴上是否存在一点Q,过点Q作x轴的垂线,交抛物线于P点,交直线BA于D点,使以PD为直径的圆与y轴相切?若存在,求出Q点的坐标;若不存在,请说明理由. 参考答案与试题解析
一、选择题(共10小题,每题3分,共30分)1.下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )A.B.C.D.【考点】中心对称图形;轴对称图形.【分析】根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形,以及轴对称图形的定义即可判断出.【解答】解A、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合,∴此图形不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项错误;B、∵此图形旋转180°后能与原图形重合,∴此图形是中心对称图形,也是轴对称图形,故此选项正确;C、此图形旋转180°后能与原图形重合,此图形是中心对称图形,不是轴对称图形,故此选项错误;D、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合,∴此图形不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项错误.故选B. 2.一元二次方程x2﹣6x﹣5=0配方可变形为( )A.(x﹣3)2=14B.(x﹣3)2=4C.(x+3)2=14D.(x+3)2=4【考点】解一元二次方程-配方法.【分析】先把方程的常数项移到右边,然后方程两边都加上32,这样方程左边就为完全平方式.【解答】解x2﹣6x﹣5=0,x2﹣6x=5,x2﹣6x+9=5+9,(x﹣3)2=14,故选A. 3.二次函数y=(x+1)2﹣4的顶点坐标是( )A.(﹣1,﹣4)B.(1,4)C.(1,﹣4)D.(﹣1,4)【考点】二次函数的性质.【分析】由二次函数的解析式可求得答案.【解答】解∵y=(x+1)2﹣4,∴顶点坐标为(﹣1,﹣4),故选A. 4.如图,△ABC的顶点均在⊙O上,若∠A=36°,则∠BOC的度数为( )A.18°B.36°C.60°D.72°【考点】圆周角定理.【分析】在同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角相等,都等于这条弧所对的圆心角的一半,由此可得出答案.【解答】解由题意得∠BOC=2∠A=72°.故选D. 5.下列事件中,属于必然事件的是( )A.在只装了红球的袋子中摸到白球B.某射击运动员射击一次,命中靶心C.任意画一个三角形,其内角和是180°D.掷一枚质地均匀的正方体骰子,向上的一面点数是3【考点】随机事件.【分析】根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念,可得答案.【解答】解A、在只装了红球的袋子中摸到白球是不可能事件,故A错误;B、某射击运动员射击一次,命中靶心是随机事件,故B错误;C、任意画一个三角形,其内角和是180°是必然事件,故C正确;D、掷一枚质地均匀的正方体骰子,向上的一面点数是3是随机事件,故D错误;故选C. 6.一元二次方程2x2﹣3x+1=0的根的情况是( )A.有两个相等的实数根B.有两个不相等的实数根C.只有一个实数根D.没有实数根【考点】根的判别式.【分析】代入数据求出根的判别式△=b2﹣4ac的值,根据△的正负即可得出结论.【解答】解∵△=b2﹣4ac=(﹣3)2﹣4×2×1=1>0,∴该方程有两个不相等的实数根.故选B. 7.某中学要组织一次篮球比赛,赛制为单循环形式(毎两队之间都赛一场),计划安排21场比赛,求参加的球队支数,如果设参加的球队支数为x,则可列方程为( )A.x(x+1)=21B.x(x+1)=21C.x(x﹣1)=21D.x(x﹣1)=21【考点】由实际问题抽象出一元二次方程.【分析】赛制为单循环形式(每两队之间都赛一场),x个球队比赛总场数x(x﹣1),由此可得出方程.【解答】解设邀请x个队,每个队都要赛(x﹣1)场,但两队之间只有一场比赛,由题意得,x(x﹣1)=21,故选C. 8.已知正六边形的边长为2,则它的边心距为( )A.1B.2C.D.2【考点】正多边形和圆.【分析】连接OA、OB,作OC⊥AB于C,由正六边形的性质得出AC=BC=AB=1,∠AOB=60°,得出∠AOC=30°,求出OC即可.【解答】解如图所示连接OA、OB,作OC⊥AB于C,则∠OCA=90°,AC=BC=AB=1,∠AOB=60°,∴∠AOC=30°,∴OC=AC=;故选C. 9.二次函数y=ax2+bx(a>0,b<0)在平面直角坐标系的图象大致为( )A.B.C.D.【考点】二次函数图象与系数的关系.【分析】根据a的取值,确定出开口方向,再根据a、b异号,确定出对称轴应在y轴的右侧,即可判定.【解答】解∵a>0,∴二次函数的开口向上,∵b<0,∴二次函数的对称轴在y轴的右侧,故选A. 10.若一个圆锥的底面半径为2,母线长为6,則该圆锥侧面展开图的圆心角是( )A.90°B.100°C.60°D.120°【考点】圆锥的计算.【分析】设该圆锥侧面展开图的圆心角为n°,利用圆锥的侧面展开图为一扇形,这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长,扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到2π•2=,然后解关于n的方程即可.【解答】解设该圆锥侧面展开图的圆心角为n°,根据题意得2π•2=,解得n=120,即该圆锥侧面展开图的圆心角为120°.故选D.
二、填空题(共6小题,每题4分,共24分)11.点(2,﹣3)关于原点对称的点的坐标是 (﹣2,3) .【考点】关于原点对称的点的坐标.【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P(x,y),关于原点的对称点是(﹣x,﹣y),然后直接作答即可.【解答】解根据中心对称的性质,可知点(2,﹣3)关于原点O中心对称的点的坐标为(﹣2,3).故答案为(﹣2,3). 12.某公司2月份的利润为160万元,4月份的利润250万元,则平均每月的增长率为 25% .【考点】一元二次方程的应用.【分析】设平均每月的增长率是x,根据2月份的利润为160万元,4月份的利润250万元,可列方程求解.【解答】解设平均每月的增长率是x,根据题意得160(1+x)2=250,解得x=25%或x=﹣225%(舍去).答平均每月的增长率是25%.故答案为25%. 13.抛物线y=﹣2x2向左平移2个单位长度,再向上平移3个单位长度可得抛物线的解析式为 y=﹣2(x+2)2+3 .【考点】二次函数图象与几何变换.【分析】根据平移的规律左加右减,上加下减可得函数解析式.【解答】解抛物线y=﹣2x2向左平移2个单位长度,再向上平移3个单位长度可得抛物线的解析式为y=﹣2(x+2)2+3,故答案为y=﹣2(x+2)2+3. 14.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示,则方程ax2+bx+c=0的解是 x1=﹣1,x2=3 .【考点】抛物线与x轴的交点.【分析】由二次函数的图象得到抛物线与x轴的交点坐标,而所求的方程其实质上是二次函数解析式中的y=0得出的方程,此时方程的解即为二次函数图象与x轴交点的横坐标,进而得到方程的解.【解答】解由二次函数y=ax2+bx+c的图象可知抛物线与x轴的交点坐标分别为(﹣1,0),(3,0),则一元二次方程ax2+bx+c=0的解是x1=﹣1,x2=3.故答案为x1=﹣1,x2=3. 15.关于x的一元二次方程x2+2x﹣k=0有两个不相等的实数根,则k的取值范围是 k>﹣1 .【考点】根的判别式.【分析】根据判别式的意义得到△=22+4k>0,然后解不等式即可.【解答】解∵关于x的一元二次方程x2+2x﹣k=0有两个不相等的实数根,∴△=22+4k>0,解得k>﹣1.故答案为k>﹣1. 16.如图,在△ABC中,BC=4,以点A为圆心,2为半径的⊙A与BC相切于点D,交AB于点E,交AC于点F,点P是⊙A上的一点,且∠EPF=45°,则图中阴影部分的面积为 4﹣π .【考点】切线的性质;扇形面积的计算.【分析】图中阴影部分的面积=S△ABC﹣S扇形AEF.由圆周角定理推知∠BAC=90°.【解答】解如图,连接AD.∵⊙A与BC相切于点D,∴AD⊥BC.∵∠EPF=45°,∴∠BAC=2∠EPF=90°.∴S阴影=S△ABC﹣S扇形AEF=BC•AD﹣=×4×2﹣=4﹣π.故答案是4﹣π.
三、解答题
(一)(共3小题,每小题6分,共18分)17.用公式法解方程2x2+3x=1.【考点】解一元二次方程-公式法.【分析】移项后求出b2﹣4ac的值,再代入公式求出即可.【解答】解移项得2x2+3x﹣1=0,b2﹣4ac=32﹣4×2×(﹣1)=17,x=,x1=,x2=. 18.一个不透明的盒子中装有2枚黑色的棋子和1枚白色的棋子,每枚棋子除了颜色外其余均相同.从盒中随机摸出一枚棋子,记下颜色后放回并搅匀,再从盒子中随机摸出一枚棋子,记下颜色,用画树状图(或列表)的方法,求两次摸出的棋子颜色不同的概率.【考点】列表法与树状图法.【分析】首先根据题意画出树状图,然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸出的棋子颜色不同的情况,再利用概率公式即可求得答案.【解答】解画树状图得∵共有9种等可能的结果,两次摸出的棋子颜色不同的有4种情况,∴两次摸出的棋子颜色不同的概率为. 19.如图,是一个高速公路的隧道的横截面,若它的形状是以O为圆心的圆的一部分,路面AB=12米,拱高CD=9米,求圆的半径.【考点】垂径定理的应用.【分析】首先根据垂径定理和已知条件求出AD、OD的值,然后根据勾股定理求出圆的半径.【解答】解∵CD⊥AB且过圆心O,∴AD=AB=×12=6米,设半径为r米,∴OA=OC=r米,∴OD=CD﹣OC=(9﹣r)米,∴在Rt△AOD中,OA2=OD2+AD2,∴r2=(9﹣r)2+62,解得r=.故⊙O的半径为米.
四、解答题
(二)(共3小题,每小题7分,共21分)20.如图,在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中,给出了格点△ABC(顶点是网格线的交点).
(1)将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△A′BC′,请画出△A′BC′.
(2)求A点所经过的路线的长度.【考点】作图-旋转变换;轨迹.【分析】
(1)直接利用旋转的性质得出对应点位置,进而得出答案;
(2)直接利用弧长公式的应用进而得出答案.【解答】解
(1)如图所示△A′BC′即为所求;
(2)A点所经过的路线的长度为=π. 21.2015年某市曾爆发登革热疫情,登革热是一种传染性病毒,在病毒传播中,若1个人患病,則经过两轮传染就共有144人患病.
(1)毎轮传染中平均一个人传染了几个人?
(2)若病毒得不到有效控制,按照这样的传染速度,三轮传染后,患病的人数共有多少人?【考点】一元二次方程的应用.【分析】
(1)设每轮传染中平均一个人传染了x人,根据经过两轮传染后共有144人患病,可求出x;
(2)根据
(1)中求出的x,进而求出第三轮过后,又被感染的人数.【解答】解
(1)设每轮传染中平均一个人传染了x人,由题意,得1+x+x(x+1)=144,解得x=11或x=﹣13(舍去).答每轮传染中平均一个人传染了11个人;
(2)144+144×11=1728(人).答三轮传染后,患病的人数共有1728人. 22.如图所示,在等腰Rt△ABC中,∠CAB=90°,P是△ABC内一点,将△PAB绕A逆时针旋转90°得△DAC.
(1)试判断△PAD的形状并说明理由;
(2)连接PC,若∠APB=135°,PA=1,PB=3,求PC的长.【考点】旋转的性质;等腰直角三角形.【分析】
(1)结论△PAD是等腰直角三角形.只要证明△BAP≌△CAD,即可解决问题.
(2))由△BAP≌△CAD,推出PB=CD=3,∠APB=∠ADC=135°,由△PAD是等腰直角三角形,推出∠ADP=45°,∠PDC=135°﹣∠ADP=90°,由AP=AD=1,推出PD2=AP2+AD2=2,在Rt△PDC中,根据PC=计算即可.【解答】解
(1)结论△PAD是等腰直角三角形.理由∵∠CAB=∠PAD=90°,∴∠BAP=∠CAD,在△BAP和△CAD中,,∴△BAP≌△CAD,∴PA=AD,∵∠PAD=90°,∴△PAD是等腰直角三角形.
(2)∵△BAP≌△CAD,∴PB=CD=3,∠APB=∠ADC=135°,∵△PAD是等腰直角三角形,∴∠ADP=45°,∠PDC=135°﹣∠ADP=90°,∵AP=AD=1,∴PD2=AP2+AD2=2,在Rt△PDC中,PC===
五、解答题
(三)(共3小题,每小题9分,共27分)23.如图,△ABC内接于⊙O,BC是直径,⊙O的切线PA交CB的延长线于点P,OE∥AC交AB于点F,交PA于点E,连接BE.
(1)判断BE与⊙O的位置关系并说明理由;
(2)若⊙O的半径为8,BE=6,求AB的长.【考点】切线的性质;三角形的外接圆与外心.【分析】
(1)结论BE是⊙O的切线.首先证明∠OAP=90°,再证明△EOB≌△EOA,推出∠OBE=∠OAE即可解决问题.
(2)由
(1)可知AB=2BF,在Rt△BEO中,∠OBE=90°,OB=8,BE=6,可得OE==10,由•BE•OB=•OE•BF,可得BF==,由此即可解决问题.【解答】解
(1)BE是⊙O的切线.理由如图连接OA.∵PA是切线,∴PA⊥OA,∴∠OAP=90°,∵BC是直径,∴∠BAC=90°,∵OE∥AC,∴∠OFB=∠BAC=90°,∴OE⊥AB,∴BF=FA,∵OB=OA,∴∠EOB=∠EOA,在△EOB和△EOA中,,∴△EOB≌△EOA,∴∠OBE=∠OAE=90°,∴OB⊥BE,∴BE是⊙O的切线.
(2)由
(1)可知AB=2BF,在Rt△BEO中,∵∠OBE=90°,OB=8,BE=6,∴OE==10,∵•BE•OB=•OE•BF,∴BF==,∴AB=2BF=. 24.某商店只销售某种商品,其标价为210元,现在打6折销售仍然获利50%,为扩大销量,商场决定在打6折的基础上再降价,规定顾客在已买一件商品之后每再多买1件,顾客购买的所有商品的单价再少2元,但不能出现亏损的情况,设顾客购买商品件数为x(件),公司获得利润为W(元)
(1)求该商品的进价是多少元?
(2)求W与x的函数关系式,写出自变量x的取值范围,同时商店销售利润最大值?
(3)商店发现在某一范围内会出现顾客购买件数x越多,商店利润W反而越少的情况,为避免出现这种情况,应规定最低售价为多少元?【考点】二次函数的应用.【分析】
(1)根据某公司销售某种商品,其标价为210元,现在打6折销售仍然获利50%,可以列出相应的方程,从而可以解答本题;
(2)根据题意可以得到W与x的函数关系式,将W与x的函数关系式化为顶点式,即可求得最大值;
(3)由第
(2)问的函数关系式,再根据本问提供的信息可以解答本题.【解答】解
(1)设商品的进价为x元,根据题意可得210×
0.6=(1+50%)x,解得x=84.答该商品的进价是84元.
(2)根据题意可得,W=x=42x﹣2x2=﹣2(x﹣)2+,∵210×
0.6﹣84﹣2x≥0,即x≤21,∴当x=时,W最大=;
(3)∵当x>11时,W随x的增大而减小,∴最低售价为84+210×
0.6﹣84﹣2×11=104元,答应规定最低售价为104元. 25.如图,抛物线顶点坐标为点C(2,8),交x轴于点A(6,0),交y轴于点B.
(1)求抛物线和直线AB的解析式;
(2)点Q(x,0)是线段OA上的一动点,过Q点作x轴的垂线,交抛物线于P点,交直线BA于D点,求PD与x之间的函数关系式并求出PD的最大值;
(3)x轴上是否存在一点Q,过点Q作x轴的垂线,交抛物线于P点,交直线BA于D点,使以PD为直径的圆与y轴相切?若存在,求出Q点的坐标;若不存在,请说明理由.【考点】二次函数综合题.【分析】
(1)用待定系数法求出抛物线解析式,进而得出点B坐标,再用待定系数法求出直线AB解析式;
(2)借助
(1)的结论,先建立PD与x的函数关系式,即可确定出最大值;
(3)借助
(2)的结论,利用圆心到y轴的距离等于半径即可建立方程,解方程即可得出结论.【解答】解
(1)∵抛物线顶点坐标为点C(2,8),∴设抛物线的解析式为y=a(x﹣2)2+8,∵点A在抛物线上,∴a(6﹣2)2+8=0,∴a=﹣,∴抛物线的解析式为y=﹣(x﹣2)2+8=﹣x2+2x+6,∴B(0,6),∵A(6,0),∴直线AB的解析式为y=﹣x+6;
(2)由
(1)知,抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+6,直线AB的解析式为y=﹣x+6;∵Q点作x轴,Q(x,0),∴P(x,﹣x2+2x+6),D(x,﹣x+6),∴PD=|﹣x2+2x+6﹣(﹣x+6)|=|﹣x2+3x|,∵Q(x,0)是线段OA上的一动点,∴0≤x≤6,∴PD=﹣x2+3x=﹣(x2﹣6x)=﹣(x﹣3)2+,∴当x=3时,PD最大,最大值是,
(3)由
(2)知,P(x,﹣x2+2x+6),D(x,﹣x+6),∴以PD为直径的圆的圆心的横坐标为x,由
(2)知,PD=|﹣x2+3x|,∵以PD为直径的圆与y轴相切,∴|x|=|﹣x2+3x|,∴x=0(舍)或x=2或x=10,∴Q(2,0)或(10,0). 。