吉林省白城市鎮(zhèn)賚鎮(zhèn)中學(xué)2012-2013學(xué)年九年級（上）期中
數(shù)學(xué)試卷
一、（每小題2分，共12分）
1．（2分）若代數(shù)式 有意義，則x的取值范圍是（　　）
　A．x≥? B．x≤ C．x≥ D．x≤?

考點：二次根式有意義的條件．.
專題：．
分析：二次根式的被開方數(shù)2?5x≥0，然后解關(guān)于x的不等式即可．
解答：解：根據(jù)題意，得
2?5x≥0，
解得，x≤ ；
故選B．
點評：本題考查了二次根式有意義的條件．被開方數(shù)是非負(fù)數(shù)．
　
2．（2分）下列圖形中，是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形的是（　　）
　A． B． C． D．

考點：中心對稱圖形；軸對稱圖形．.
分析：根據(jù)軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解．
解答：解：A、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，不符合題意；
B、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，不符合題意；
C、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，不符合題意；
D、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，符合題意．
故選D．
點評：此題主要考查了中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念．
如果一個圖形沿著一條直線對折后兩部分完全重合，這樣的圖形叫做軸對稱圖形，這條直線叫做對稱軸．
如果一個圖形繞某一點旋轉(zhuǎn)180°后能夠與自身重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形，這個點叫做對稱中心．
　
3．（2分）關(guān)于x的一元二次方程x2+x+a2?1=0的一個根是0，則a的值為（　　）
　A．1B．?1C．1或?1D．

考點：一元二次方程的解；解一元二次方程-直接開平方法．.
專題：．
分析：把x=0代入方程x2+x+a2?1=0得到一個關(guān)于a的方程，求出方程的解即可．
解答：解：把x=0代入方程x2+x+a2?1=0得：a2?1=0，
∴a=±1．
故選C．
點評：本題主要考查對一元二次方程的解，解一元二次方程等知識點的理解和掌握，能得到方程a2?1=0是解此題的關(guān)鍵．
　
4．（2分）（2013•金灣區(qū)一模）已知⊙O的半徑為3c，點A到圓心O的距離為4c，則點A與⊙O的位置關(guān)系是（　�。�
　A．點A在⊙O內(nèi)B．點A在⊙O上C．點A在⊙O外D．不能確定

考點：點與圓的位置關(guān)系．.
分析：要確定點與圓的位置關(guān)系，主要確定點與圓心的距離與半徑的大小關(guān)系；本題可由勾股定理等性質(zhì)算出點與圓心的距離d，則d＞r時，點在圓外；當(dāng)d=r時，點在圓上；當(dāng)d＜r時，點在圓內(nèi)．
解答：解：OA＞3c，則點A與⊙O的位置關(guān)系是：點A在圓外．
故選C．
點評：本題考查了對點與圓的位置關(guān)系的判斷．關(guān)鍵要記住若半徑為r，點到圓心的距離為d，則有：當(dāng)d＞r時，點在圓外；當(dāng)d=r時，點在圓上，當(dāng)d＜r時，點在圓內(nèi)
　
5．（2分）如圖，在正方形ABCD中，以點A為圓心，AB長為半徑作弧N．若∠1=∠2，AB=2，則弧N的長為（　�。�

　A． πB． C．πD．2π

考點：弧長的計算；正方形的性質(zhì)．.
分析：根據(jù)題意算出∠NA=90°，AN=2，再根據(jù)弧長公式：l= （弧長為l，圓心角度數(shù)為n，圓的半徑為R）進(jìn)行計算即可．
解答：解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，
∵∠1=∠2，
∴∠NA=90°，
∵以點A為圓心，AB長為半徑作弧N，AB=2，
∴AN=2，
∴弧N的長為：l= = =π，
故選：C．
點評：此題主要考查了弧長計算，關(guān)鍵是熟練掌握弧長的計算公式．
　
6．（2分）如圖所示，AB、AC分別切⊙O于B、C兩點，D是⊙O上一點，∠D=40°，則∠BAO=（　　）

　A．40°B．50°C．100°D．80°

考點：切線的性質(zhì)；圓周角定理．.
專題：計算題．
分析：由AB與AC為圓O的切線，利用切線長定理得到AO為角平分線，且AB與OB垂直，AC與OC垂直，得到一對直角，再由同弧所對的圓心角等于圓周角的2倍，由∠D的度數(shù)求出∠BOC的度數(shù)，在四邊形ABOC中，利用四邊形的內(nèi)角和定理即可求出∠BAC的度數(shù)，進(jìn)而確定出∠BAO的度數(shù)．
解答：解：∵AB、AC分別切⊙O于B、C兩點，
∴AO平分∠BAC，AB⊥OB，AC⊥OC，即∠ABO=∠ACO=90°，
∴∠BAO=∠CAO= ∠BAC，
∵∠D與∠BOC都對 ，
∴∠BOC=2∠D=80°，
在四邊形ABOC中，∠BAC=360°?90°?90°?80°=100°，
∴∠BAO=50°．
故選B
點評：此題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，切線長定理，以及四邊形的內(nèi)角和定理，熟練掌握切線的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．
　
二、題（每小題3分，共24分）
7．（3分）已知矩形長為 c，寬 為c，那么這個矩形對角線長為　 　c．

考點：二次根式的應(yīng)用．.
分析：已知矩形的相鄰兩邊和對角線為直角三角形，故根據(jù)勾股定理即可得出矩形的對角線的長度．
解答：解：根據(jù)題意得，
矩形對角線的長度等于 ．
即矩形的對角線的長度為 c．
點評：本題主要考查的是對勾股定理的使用和矩形的性質(zhì)．
　
8．（3分）若方程（+1）x2?x?1=0是關(guān)于x的一元二次方程，則的取值范圍是　≠?1　．

考點：一元二次方程的定義．.
分析：一元二次方程必須滿足兩個條件：（1）未知數(shù)的最高次數(shù)是2；（2）二次項系數(shù)不為0．由這兩個條件得到相應(yīng)的關(guān)系式+1≠0，再解不等式即可．
解答：解：由題意得：+1≠0，
解得：≠?1，
故答案為：≠?1．
點評：此題主要考查了一元二次方程的概念．只有一個未知數(shù)且未知數(shù)最高次數(shù)為2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c=0（且a≠0）．特別要注意a≠0的條件．這是在做題過程中容易忽視的知識點．
　
9．（3分）（2011•上海）如圖，AB、AC都是圓O的弦，O⊥AB，ON⊥AC，垂足分別為、N，如果N=3，那么BC=　6�。�

考點：三角形中位線定理；垂徑定理．.
專題：壓軸題．
分析：由AB、AC都是圓O的弦，O⊥AB，ON⊥AC，根據(jù)垂徑定理可知、N為AB、AC的中點，線段N為△ABC的中位線，根據(jù)中位線定理可知BC=2N．
解答：解：∵AB、AC都是圓O的弦，O⊥AB，ON⊥AC，
∴、N為AB、AC的中點，即線段N為△ABC的中位線，
∴BC=2N=6．
故答案為：6．
點評：本題考查了垂徑定理，三角形的中位線定理的運用．關(guān)鍵是由垂徑定理得出兩個中點．
　
10．（3分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCO的頂點A、C分別在y軸、x軸上，以AB為弦的⊙與x軸相切．若點A的坐標(biāo)為（0，8），則圓心的坐標(biāo)為�。�?4，5）�。�

考點：切線的性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；勾股定理；垂徑定理．.
分析：過作N⊥AB于N，連接A，設(shè)⊙的半徑是R，根據(jù)正方形性質(zhì)求出OA=AB=BC=CO=8，根據(jù)垂徑定理求出AN，得出的橫坐標(biāo)，在△AN中，由勾股定理得出關(guān)于R的方程，求出R，即可得出的縱坐標(biāo)．
解答：解：∵四邊形ABCO是正方形，A（0，8），
∴AB=OA=CO=BC=8，
過作N⊥AB于N，連接A，
由垂徑定理得：AN= AB=4，
設(shè)⊙的半徑是R，則N=8?R，A=R，由勾股定理得：A2=N2+AN2，
R2=（8?R）2+42，
解得：R=5，
∵AN=4，四邊形ABCO是正方形，⊙于x軸相切，
∴的橫坐標(biāo)是?4，
即（?4，5），
故答案為：（?4，5）．

點評：本題考查了勾股定理、切線的性質(zhì)、正方形性質(zhì)，垂徑定理等知識點，本題綜合性比較強，是一道比較好的題目．
　
11．（3分）如圖，△ABC繞點B逆時針方向旋轉(zhuǎn)到△EBD的位置，若∠A=15°，∠C=10°，E、B、C在同一直線上，則旋轉(zhuǎn)角度是　25　度．

考點：旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；三角形內(nèi)角和定理．.
分析：旋轉(zhuǎn)是一種位置變換，折疊前后圖形的形狀和大小不變，只是位置變化．
三角形的內(nèi)角和定理．三角形的內(nèi)角和等于180°，據(jù)此即可解答．
解答：解：∵從圖形可知：∠ABE即為AB、BE的夾角，等于旋轉(zhuǎn)角，
∠ABE=∠A+∠C=15°+10°=25°，
故旋轉(zhuǎn)角度是25度．
點評：本題考查圖形的旋轉(zhuǎn)變化及三角形的內(nèi)角和定理．關(guān)鍵是要理解旋轉(zhuǎn)是一種位置變換，折疊前后圖形的形狀和大小不變，只是位置變化．
　
12．（3分）（2012•岳陽）圓錐底面半徑為 ，母線長為2，它的側(cè)面展開圖的圓心角是　90°�。�

考點：圓錐的計算．.
分析：易得圓錐的底面周長，就是圓錐的側(cè)面展開圖的弧長，利用弧長公式可得圓錐側(cè)面展開圖的角度，把相關(guān)數(shù)值代入即可求解．
解答：解：∵圓錐底面半徑是 ，
∴圓錐的底面周長為π，
設(shè)圓錐的側(cè)面展開的扇形圓心角為n°，
=π，
解得n=90．
故答案為90°．
點評：此題考查了圓錐的計算，用到的知識點為：圓錐的側(cè)面展開圖的弧長等于圓錐的底面周長．
　
13．（3分）一件商品的原價是100元，經(jīng)過兩次提價后的價格為121元，如果每次提價的百分率都是x．根據(jù)題意，可列出方程為：　100（1+x）2=121　．

考點：由實際問題抽象出一元二次方程．.
專題：增長率問題．
分析：設(shè)平均每次提價的百分率為x，根據(jù)原價為100元，表示出第一次提價后的價錢為100（1+x）元，然后再根據(jù)價錢為100（1+x）元，表示出第二次提價的價錢為100（1+x）2元，根據(jù)兩次提價后的價錢為121元，列出關(guān)于x的方程．
解答：解：設(shè)平均每次提價的百分率為x，
根據(jù)題意得：100（1+x）2=121，
故答案為：100（1+x）2=121．
點評：本題考查是增長率問題，若原數(shù)是a，每次變化的百分率為a，則第一次變化后為a（1±x）；第二次變化后為a（1±x）2，即 原數(shù)×（1±變化的百分率）2=后來數(shù)．
　
14．（3分）（2011•濟南）如圖，△ABC為等邊三角形，AB=6，動點O在△ABC的邊上從點A出發(fā)沿著A→C→B→A的路線勻速運動一周，速度為1個長度單位每秒，以O(shè)為圓心、 為半徑的圓在運動過程中與△ABC的邊第二次相切時是出發(fā)后第　4　秒．

考點：直線與圓的位置關(guān)系；等邊三角形的性質(zhì)．.
專題：壓軸題；動點型．
分析：若以O(shè)為圓心、 為半徑的圓在運動過程中與△ABC的邊第二次相切，即為當(dāng)點O在AC上，且和BC邊相切的情況．作O′D⊥BC于D，則O′D= ，利用解直角三角形的知識，進(jìn)一步求得O′C=2，從而求得O′A的長，進(jìn)一步求得運動時間．
解答：解：根據(jù)題意，則作O′D⊥BC于D，則O′D= ．
在Rt△O′CD中，∠C=60°，O′D= ，
∴O′C=2，
∴O′A=6?2=4，
∴以O(shè)為圓心、 為半徑的圓在運動過程中與△ABC的邊第二次相切時是出發(fā)后第4秒．
故答案為：4．

點評：此題考查了直線和圓相切時數(shù)量之間的關(guān)系，能夠正確分析出以O(shè)為圓心、 為半徑的圓在運動過程中與△ABC的邊第二次相切時的位置．
　
三、解答題（每小題5分，共20分）
15．（5分）計算： ．

考點：二次根式的乘除法．.
專題：計算題．
分析：先將二次根式化為最簡，然后從左至右依次運算即可．
解答：解：原式=4 × ÷ =3÷ = ．
點評：本題考查了二次根式的乘除法，解答本題的關(guān)鍵是掌握二次根式的乘除運算法則．
　
16．（5分）（2010•海安縣一模）用配方法解方程：x2?4x+3=0．

考點：解一元二次方程-配方法．.
專題：配方法．
分析：此題考查了配方法解一元二次方程，解題時要注意解題步驟的準(zhǔn)確應(yīng)用．
解答：解：∵x2?4x+3=0
∴x2?4x=?3
∴x2?4x+4=?3+4
∴（x?2）2=1
∴x=2±1
∴x1=3，x2=1．
點評：配方法的一般步驟：
（1）把常數(shù)項移到等號的右邊；
（2）把二次項的系數(shù)化為1；
（3）等式兩邊同時加上一次項系數(shù)一半的平方．
選擇用配方法解一元二次方程時，最好使方程的二次項的系數(shù)為1，一次項的系數(shù)是2的倍數(shù)．
　
17．（5分）（2013•武漢模擬）解方程：x（2x?5）=4x?10．

考點：解一元二次方程-因式分解法．.
分析：由于方程左右兩邊都含有（2x?5），可將（2x?5）看作一個整體，然后移項，再分解因式求解．
解答：解：原方程可變形為：
x（2x?5）?2（2x?5）=0，
（2x?5）（x?2）=0，
2x?5=0或x?2=0；
解得x1= ，x2=2．
點評：本題考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接開平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根據(jù)方程的特點靈活選用合適的方法．
　
18．（5分）如圖，面積為48c2的正方形，四個角是面積為3c2的小正方形，現(xiàn)將四個角剪掉，制作一個無蓋的長方體盒子，求這個長方體盒子的體積．

考點：二次根式的應(yīng)用．.
分析：根據(jù)大正方形的面積求出邊長，根據(jù)剪掉的小正方形的面積求出邊長，然后得到盒子的底面邊長與高，再根據(jù)正方體的體積公式列式進(jìn)行計算即可得解．
解答：解：∵大正方形面積為48c2，
∴邊長為 =4 c，
∵小正方形面積為3c2，
∴邊長為 c，
∴長方體盒子的體積=（4 ?2 ）2• =12 c3．
點評：本題考查了二次根式的應(yīng)用，根據(jù)正方形的面積求出邊長是解題的關(guān)鍵．
　
四、解答題（每小題7分，共28分）
19．（7分）如圖（1），正方形網(wǎng)格中有一個平行四邊形．
（1）把圖（1）中的平行四邊形分割成四個全等的四邊形；
（2）把（1）中所得的四個全等的四邊形在圖（2）中拼成一個軸對稱圖形，在圖（3）中拼成一個中心對稱圖形，要求：所得圖形與原圖形不全等且各個頂點都落在格點上．

考點：利用旋轉(zhuǎn)設(shè)計圖案；利用軸對稱設(shè)計圖案．.
分析：根據(jù)平行四邊形的中心對稱性，先將平行四邊形分為兩個全等的平行四邊形，再分別將兩個平行四邊形分成兩個直角梯形（如圖1），四個直角梯形可拼成只軸對稱的等腰梯形（如圖2），可拼成只中心對稱的平行四邊形（如圖3）．
解答：解：（1）如圖（1）所示：
（2）如圖（2）（3）所示．

點評：本題考查了運用旋轉(zhuǎn)，軸對稱方法設(shè)計圖案的問題．關(guān)鍵是熟悉有關(guān)圖形的對稱性，利用對稱性分割圖形，拼圖．
　
20．（7分）當(dāng)寬為3c的刻度尺的一邊與⊙O相切時，另一邊與圓的兩個交點處的讀數(shù)如圖所示（單位：c），那么該圓的半徑為多少c？

考點：垂徑定理的應(yīng)用；勾股定理．.
分析：首先連接OC，交AB于點D，連接OA，由切線的性質(zhì)與垂徑定理可求得AD的長，然后設(shè)該圓的半徑為xc，由勾股定理即可得方程：x2=（x?3）2+42，解此方程即可求得答案．
解答：解：連接OC，交AB于點D，連接OA，
由圖可得：AB=9?1=8（c），
∵刻度尺的一邊與⊙O相切，
∴OC⊥CE，
∵AB∥CE，
∴OD⊥AB，
∴AD= AB=4c，
設(shè)OA=xc，
則OD=（x?3）c，
在Rt△OAD中，OA2=OD2+AD2，
∴x2=（x?3）2+42，
解得：x= ．
∴該圓的半徑為 c．

點評：此題考查了垂徑定理與勾股定理的應(yīng)用．此題難度不大，注意掌握輔助線的作法，注意掌握方程思想與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．
　
21．（7分）（2011•東莞）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點P的坐標(biāo)為（?4，0），⊙P的半徑為2，將⊙P沿x軸向右平移4個單位長度得⊙P1
（1）畫出⊙P1，并直接判斷⊙P與⊙P1的位置關(guān)系；
（2）設(shè)⊙P1與x軸正半軸，y軸正半軸的交點分別為A、B．求劣弧 與弦AB圍成的圖形的面積（結(jié)果保留π）

考點：圓與圓的位置關(guān)系；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；扇形面積的計算．.
專題：壓軸題．
分析：（1）根據(jù)題意作圖即可求得答案，注意圓的半徑為2；
（2）首先根據(jù)題意求得扇形BP1A與△BP1A的面積，再作差即可求得劣弧 與弦AB圍成的圖形的面積．
解答：解：（1）如圖：
∴⊙P與⊙P1的位置關(guān)系是外切；

（2）如圖：∠BP1A=90°，P1A=P1B=2，
∴S扇形BP1A= ，
=π，
S△AP1B= ×2×2=2，
∴劣弧 與弦AB圍成的圖形的面積為：π?2．


點評：此題考查了圓與圓的位置關(guān)系以及扇形面積的求解方法．題目難度不大，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．
　
22．（7分）（2012•遵義）如圖，△OAC中，以O(shè)為圓心，OA為半徑作⊙O，作OB⊥OC交⊙O于B，垂足為O，連接AB交OC于點D，∠CAD=∠CDA．
（1）判斷AC與⊙O的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（2）若OA=5，OD=1，求線段AC的長．

考點：切線的判定；勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)．.
專題：幾何綜合題．
分析：（1）根據(jù)已知條件“∠CAD=∠CDA”、對頂角∠BDO=∠CDA可以推知∠BDO=∠CAD；然后根據(jù)等腰三角形OAB的兩個底角相等、直角三角形的兩個銳角互余的性質(zhì)推知
∠B+∠BDO=∠OAB+∠CAD=90°，即∠OAC=90°．所以線段AC是⊙O的切線；
（2）根據(jù)“等角對等邊”可以推知AC=DC，所以由圖形知OC=OD+CD；然后利用（1）中切線的性質(zhì)可以在Rt△OAC中，根據(jù)勾股定理來求AC的長度．
解答：解：（1）線段AC是⊙O的切線；
理由如下：∵∠CAD=∠CDA（已知），∠BDO=∠CDA（對頂角相等），
∴∠BDO=∠CAD（等量代換）；
又∵OA=OB（⊙O的半徑），
∴∠B=∠OAB（等邊對等角）；
∵OB⊥OC（已知），
∴∠B+∠BDO=∠OAB+∠CAD=90°，即∠OAC=90°，
∴線段AC是⊙O的切線；

（2）設(shè)AC=x（x＞0）．
∵∠CAD=∠CDA（已知），
∴DC=AC=x（等角對等邊）；
∵OA=5，OD=1，
∴OC=OD+DC=1+x；
∵由（1）知，AC是⊙O的切線，
∴在Rt△OAC中，根據(jù)勾股定理得，
OC2=AC2+OA2，即
（1+x）2=x2+52，
解得x=12，即AC=12．

點評：本題綜合考查了勾股定理、切線的判定與性質(zhì)．欲證某線是圓的切線，只需證明連接圓心與此線過圓上的點的線段（圓的半徑）與該直線垂直即可．
　
五、解答題（共2小題，滿分16分）
23．（8分）（2012•廣元）如圖，AB是⊙O的直徑，C是AB延長線上一點，CD與⊙O相切于點E，AD⊥CD于點D．
（1）求證：AE平分∠DAC；
（2）若AB=3，∠ABE=60°．
①求AD的長；
②求出圖中陰影部分的面積．

考點：切線的性質(zhì)；扇形面積的計算．.
專題：壓軸題；探究型．
分析：（1）連接OE，由切線的性質(zhì)可知，OE⊥CD，再根據(jù)AD⊥CD可知AD∥OE，故∠DAE=∠AEO，再由OA=OE可知∠EAO=∠AEO，故∠DAE=∠EAO，故可得出結(jié)論；
（2）①先根據(jù)∠ABE=60°求出∠EAO的度數(shù)，進(jìn)而得出∠DAE的度數(shù)，再根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出AE及BE的長，在Rt△ADE中利用銳角三角函數(shù)的定義即可得出AD的長；
②由三角形內(nèi)角和定理求出∠AOE的度數(shù)，再根據(jù)OA=OB可知S△AOE=S△BOE= S△ABE求出△AOE的面積，由S陰影=S扇形AOE?S△AOE即可得出結(jié)論．
解答：解：（1）連接OE．
∵CD是⊙O的切線，
∴OE⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴AD∥OE，
∴∠DAE=∠AEO，
∵OA=OE，
∴∠EAO=∠AEO，
∴∠DAE=∠EAO，
∴AE平分∠DAC；

（2）①∵AB是⊙O的直徑，
∴∠AEB=90°，
∵∠ABE=60°，
∴∠EAO=30°，
∴∠DAE=∠EAO=30°，
∵AB=3，
∴AE=AB•cos30°=3× = ，BE= AB= ，
在Rt△ADE中，
∵∠DAE=30°，AE= ，
∴AD=AE•cos30°= × = ；
②∵∠EAO=∠AEO=30°，
∴∠AOE=180°?∠EAO?∠AEO=180°?30°?30°=120°，
∵OA=OB，
∴S△AOE=S△BOE= S△ABE，
∴S陰影=S扇形AOE?S△AOE=S扇形AOE? S△ABE= ? × × × = ? ．

點評：本題考查的是切線的性質(zhì)及扇形面積的計算，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形，利用直角三角形的性質(zhì)求解是解答此題的關(guān)鍵．
　
24．（8分）如圖，⊙O的直徑AB=4，C為圓周上一點，AC=2，過點C作⊙O的切線DC，P點為優(yōu)弧CBA上一點（不與A、C重合）
（1）求∠APC與∠ACD的度數(shù)；
（2）當(dāng)點P移動到弧CB的中點時，四邊形OBPC是什么特殊的四邊形，說明理由．

考點：切線的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；菱形的判定；圓周角定理．.
分析：（1）連接AC，由直徑AB=4，得到半徑OA=OC=2，又AC=2，得到AC=OC=OA，即三角形AOC為等邊三角形，可得出三個內(nèi)角都為60°，再由同弧所對的圓心角等于所對圓周角的2倍，得到∠APC為30°，由CD為圓O的切線，得到OC垂直于CD，可得出∠OCD為直角，用∠OCD?∠OCA可得出∠ACD的度數(shù)；
（2）當(dāng)點P移動到弧CB的中點時，四邊形OBPC是菱形，由∠AOC為60°，AB為圓O的直徑，得到∠BOC=120°，再由P為弧BC的中點，得到兩條弧相等，根據(jù)等弧對等角，可得出∠COP=∠BOP=60°，進(jìn)而得到三角形COP與三角形BOP都為等邊三角形，可得出OC=OB=PC=PB，即四邊形OBPC為菱形．
解答：解：（1）連接AC，如圖所示：
∵AC=2，OA=OB=OC= AB=2，
∴AC=OA=OC，
∴△ACO為等邊三角形，
∴∠AOC=∠ACO=∠OAC=60°，
∴∠APC= ∠AOC=30°，
又DC與圓O相切于點C，
∴OC⊥DC，
∴∠DCO=90°，
∴∠ACD=∠DCO?∠ACO=90°?60°=30°；
（2）當(dāng)點P移動到弧CB的中點時，四邊形OBPC是菱形，
理由如下：
連接PB，OP，
∵AB為直徑，∠AOC=60°，
∴∠COB=120°，
當(dāng)點P移動到CB的中點時，∠COP=∠POB=60°，
∴△COP和△BOP都為等邊三角形，
∴OC=CP=OB=PB，
則四邊形OBPC為菱形．

點評：此題考查切線的性質(zhì)，菱形的判定，等邊三角形的判定與性質(zhì)，以及弧、圓心角及弦之間的關(guān)系，熟練掌握性質(zhì)與判定是解本題的關(guān)鍵．
　
六、解答題（每小題10分，共20分）
25．（10分）已知△ABC中，AB=AC，D、E是BC邊上的點，將△ABD繞點A旋轉(zhuǎn)，得到△ACD′，連接D′E．
（1）如圖1，當(dāng)∠BAC=120°，∠DAE=60°時，求證：DE=D′E；
（2）如圖2，當(dāng)DE=D′E時，∠DAE與∠BAC有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出，并說明理由．

考點：旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)．.
分析：（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和全等三角形的判定定理SAS證得△DAE≌△D′AE，則由“全等三角形的對應(yīng)邊相等”的性質(zhì)證得結(jié)論；
（2）∠DAE= ∠BAC．根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和全等三角形的判定定理SSS證得△DAE≌△D′AE，則由“全等三角形的對應(yīng)角相等”的性質(zhì)推知∠DAE= ∠BAC．
解答：（1）證明：∵△ABD繞點A旋轉(zhuǎn)，得到△ACD′，
∴∠DAD′=∠BAC=120°，AD=AD′．
∵∠DAE=60°，
∴∠EAD′=∠DAD′?∠DAE=120°?60°=60°，
∴∠DAE=∠D′AE．
在△DAE與△D′AE中，
，
∴△DAE≌△D′AE（SAS），
∴DE=D′E（全等三角形的對應(yīng)邊相等）；

（2）解：∠DAE= ∠BAC．理由如下：
∵△ABD繞點A旋轉(zhuǎn)，得到△ACD′，
∴∠DAD′=∠BAC，AD=AD′．
∴在△DAE與△D′AE中，
，
∴△DAE≌△D′AE（SSS），
∴∠DAE=∠D′AE= ∠DAD′，
∴∠DAE= ∠BAC．
點評：本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)．旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．
　
26．（10分）如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，AD=3c，DC=15c，BC=24c．點P從A點出發(fā)，沿A→D→C方向以1c/s的速度向終點C勻速運動，同時點Q從C點出發(fā)，沿C→B方向以2c/s的速度向終點B勻速運動．在整個運動過程中，△APQ的面積為S（c2），點P運動的時間為t（s）．
（1）當(dāng)t=2（s），t=4（s），t=16（s）時，求S的值；
（2）在整個運動過程中，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）試確定當(dāng)t為何值時，△APQ的面積S=27c2；
（4）當(dāng)點P在AD上，當(dāng)t為何值時，△APQ是直角三角形．

考點：相似形綜合題．.
分析：（1）根據(jù)三角形的面積公式和梯形的面積公式就可以分別求出t=2（s），t=4（s），t=16（s）時S的值；
（2）分三種情況如圖1，圖2，圖3分別由三角形與梯形的面積公式就可以求出結(jié)論；
（3）將S=27分別代入解析式就可以求出結(jié)論；
（4）分兩種情況如圖4、圖5建立方程就可以求出結(jié)論．
解答：解：（1）當(dāng)t=2時，
S= =15；
當(dāng)t=4時，
S= ? ? =25；
當(dāng)t=16時，
S= =159

（2）如圖1，當(dāng)0＜t≤3時，
S= ；
如圖2，當(dāng)3＜t≤12時
S= ，
=t2? t+27；
如圖3，當(dāng)12＜t≤18時，
S= ，
= t?9．

（3）由題意，得
當(dāng) =27時，
t= ＞3（舍去），
當(dāng)t2? t+27=27時，
解得：t1=0（舍去），t2=
當(dāng) t?9=27時，
解得：t= ＜12（舍去），
∴t= 時，△APQ的面積S=27c2；

（4）如圖4，當(dāng)∠APQ=90°時
3?t=2t，
∴t=1，
如圖5，當(dāng)∠PAQ=90°時
2t=3，
∴t= ．
∴當(dāng)點P在AD上，當(dāng)t=1或 時，△APQ是直角三角形．


點評：本題考查了三角形、梯形的面積公式的運用，分段函數(shù)的運用，由函數(shù)值確定自變量的值的運用，直角三角形的性質(zhì)的運用，解答時求出二次函數(shù)的解析式是關(guān)鍵．
　

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