【每周一卷】2024-2025学年苏科版九年级数学第四周周测卷

第四周周测卷 测试范围：1.1—2.6 一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分） 1．下列方程中，属于一元二次方程的是（　　） A．x2﹣3x+3＝0 B．x2﹣xy＝2 C． D． 2．如图，点A，B，C均在⊙O上，∠BOC＝100°，则∠BAC的度数为（　　） A．70° B．60° C．50° D．40° 3．一元二次方程x2+2x+2＝0根的情况是（　　） A．没有实数根 B．有两个不相等的实数根 C．有两个相等的实数根 D．不能确定 4．若关于x的一元二次方程kx2﹣6x+9＝0有实数根，则k的取值范围是（　　） A．k＜1 B．k≤1 C．k＜1且k≠0 D．k≤1且k≠0 5．若x1，x2是方程x2﹣6x﹣7＝0的两个根，则（　　） A．x1+x2＝6 B．x1+x2＝﹣6 C． D．x1x2＝7 6．如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，以A为圆心作一个半径为3的圆，下列结论中正确的是（　　） A．点B在⊙A内 B．直线BC与⊙A相离 C．点C在⊙A上 D．直线BC与⊙A相切 7．如图，等边三角形ABC的边长为4，⊙C的半径为，P为AB边上一动点，过点P作⊙C的切线PQ，切点为Q，则PQ的最小值为（　　） A． B． C．2 D．3 8．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠A＝40°，则∠OCB的度数为（　　） A．50° B．60° C．70° D．80° 二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分） 9．已知a是方程x2﹣2x﹣3＝0的一个实数根，则2a2﹣4a﹣5的值为 　 　． 10．若一元二次方程x2+6x﹣1＝0经过配方，变形为（x+3）2＝n的形式，则n的值为 　 　． 11．如图⊙O的半径为1cm，弦AB、CD的长度分别为cm、1cm，则弦AC、BD所夹的锐角α＝　 　． 12．新定义运算：a※b＝a2﹣ab+b，例如2※1＝22﹣2×1+1＝3，则方程x※2＝5的根是 　 　． 13．如图，AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，CD与⊙O相切于点D，若∠C＝20°，则∠CAD＝　 　°． 14．已知△ABC的三边长a、b、c都是正整数，且满足2a2+b2﹣4a﹣10b+27＝0，则△ABC的周长为 　 　． 15．如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，若∠ADB＝20°，则这个正多边形的边数为 　 　． 16．若方程x2﹣4x+2＝0的两根为x1，x2，则的值为 　 　． 17．《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用几何语言表达为：如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，EB＝1寸，CD＝10寸，则直径AB长为 　 　寸． 18．如图，菱形ABCD的顶点B，C，D在⊙O上，且AB与⊙O相切，若⊙O的半径为1，则菱形ABCD的周长为 　 　． 三．解答题（共8小题，满分64分） 19．（6分）解下列方程： （1）x2+3x﹣4＝0； （2）2x2﹣4x﹣1＝0． 20．（8分）已知关于x的一元二次方程x2﹣2（a﹣1）x+a2﹣a﹣2＝0有两个不相等的实数根x1，x2． （1）求a的取值范围； （2）若x1，x2满足，求a的值． 21．（8分）如图，用长为22米的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度为14米），围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃，为了方便出入，在建造篱笆花圃时，在BC上用其他材料做了宽为1米的两扇小门．若花圃的面积刚好为45平方米，则此时花圃的AB段长为多少？ 22．（8分）已知，△ABC中，∠A＝68°，以AB为直径的⊙O与AC，BC的交点分别为D，E （Ⅰ）如图①，求∠CED的大小； （Ⅱ）如图②，当DE＝BE时，求∠C的大小． 23．（8分）如图，BD是⊙O的直径，A是BD延长线上的一点，点E在⊙O上，BC⊥AE，交AE的延长线于点C，BC交⊙O于点F，且点E是的中点． （1）求证：AC是⊙O的切线； （2）若AD＝3，，求⊙O的半径． 24．（8分）如图所示，A、B、C、D是矩形的四个顶点，AB＝16cm，AD＝6cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以3cm/s的速度向点B移动，一直到达点B为止，点Q以2cm/s的速度向点D移动 （1）P，Q两点从出发开始到几秒时，四边形PBCQ的面积为33cm2？ （2）P，Q两点从出发开始到几秒时，点P和点Q的距离第一次是10cm？ 25．（8分）如图⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°，延长BC于D，连接AD，使得AD∥OC，AB交OC于E． （1）求证：AD与⊙O相切； （2）若AE＝2，CE＝2．求⊙O的半径和AB的长度． 26．（10分）【新知】 19世纪英国著名文学家和历史学家卡莱尔给出了一元二次方程x2+bx+c＝0的几何解法：如图1，在平面直角坐标系中，已知点A（0，1）、B（﹣b，c），以AB为直径作⊙P．若⊙P交x轴于点M（m，0）、N（n，0），则m、n为方程x2+bx+c＝0的两个实数根． 【探究】 （1）由勾股定理得，AM2＝12+m2，BM2＝c2+（﹣b﹣m）2，AB2＝（1﹣c）2+b2．在Rt△ABM中，AM2+BM2＝AB2所以12+m2+c2+（﹣b﹣m）2＝（1﹣c）2+b2． 化简得：m2+bm+c＝0．同理可得：　 　． 所以m、n为方程x2+bx+c＝0的两个实数根． 【运用】 （2）在图2中的x轴上画出以方程x2﹣3x﹣2＝0两根为横坐标的点M、N． （3）已知点A（0，1）、B（6，9），以AB为直径作⊙C．判断⊙C与x轴的位置关系，并说明理由． 【拓展】 （4）在平面直角坐标系中，已知两点A（0，a）、B（﹣b，c），若以AB为直径的圆与x轴有两个交点M、N，则以点M、N的横坐标为根的一元二次方程是 　 　． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第四周周测卷 测试范围：1.1—2.6 一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分） 1．下列方程中，属于一元二次方程的是（　　） A．x2﹣3x+3＝0 B．x2﹣xy＝2 C． D． 【分析】一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案． 【解答】解：A．x2﹣3x+3＝0，符合一元二次方程的定义，故本选项符合题意； B．x2﹣xy＝2，含有两个未知数，不属于一元二次方程，故本选项不符合题意； C．是分式方程，故本选项不符合题意； D．不是整式方程，故本选项不符合题意． 故选：A． 【点评】本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2． 2．如图，点A，B，C均在⊙O上，∠BOC＝100°，则∠BAC的度数为（　　） A．70° B．60° C．50° D．40° 【分析】直接利用圆周角定理求解． 【解答】解：∵∠BAC为所对的圆周角，∠BOC为所对的圆心角， ∴∠BAC∠BOC100°＝50°． 故选：C． 【点评】本题考查了圆周角定理：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． 3．一元二次方程x2+2x+2＝0根的情况是（　　） A．没有实数根 B．有两个不相等的实数根 C．有两个相等的实数根 D．不能确定 【分析】根据方程的根的判别式Δ＝﹣4＜0，即可得出该方程没有实数根． 【解答】解：在方程x2+2x+2＝0中， ∵Δ＝22﹣4×1×2＝﹣4＜0， ∴方程x2+2x+2＝0没有实数根． 故选：A． 【点评】本题考查了根的判别式，解题的关键是找出Δ＝﹣4＜0．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据根的判别式的符号确定方程根的情况是关键． 4．若关于x的一元二次方程kx2﹣6x+9＝0有实数根，则k的取值范围是（　　） A．k＜1 B．k≤1 C．k＜1且k≠0 D．k≤1且k≠0 【分析】根据一元二次方程的定义及根的判别式即可判断． 【解答】解：∵一元二次方程kx2﹣6x+9＝0有实数根， ∴（﹣6）2﹣4×9k≥0，且k≠0， 解得k≤1且k≠0， 故选：D． 【点评】此题考查了一元二次方程的定义及根的判别式，熟练掌握一元二次方程的定义及根的判别式是解题的关键． 5．若x1，x2是方程x2﹣6x﹣7＝0的两个根，则（　　） A．x1+x2＝6 B．x1+x2＝﹣6 C． D．x1x2＝7 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，分别求出两根之和与两根之积，进行判断即可． 【解答】解：∵x1，x2是方程x2﹣6x﹣7＝0的两个根， ∴x1+x26，x1x27． 故选：A． 【点评】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，解题关键是熟练掌握利用一元二次方程根与系数的关系，求出两根之和与两根之积． 6．如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，以A为圆心作一个半径为3的圆，下列结论中正确的是（　　） A．点B在⊙A内 B．直线BC与⊙A相离 C．点C在⊙A上 D．直线BC与⊙A相切 【分析】过A点作AH⊥BC于H，如图，利用等腰三角形的性质得到BH＝CHBC＝4，则利用勾股定理可计算出AH＝3，然后根据点与圆的位置关系的判定方法对A选项和B选项进行判断；根据直线与圆的位置关系对C选项和D选项进行判断． 【解答】解：过A点作AH⊥BC于H，如图， ∵AB＝AC， ∴BH＝CHBC＝4， 在Rt△ABH中，AH3， ∵AB＝5＞3， ∴B点在⊙A外，所以A选项不符合题意； ∵AC＝5＞3， ∴C点在⊙A外，所以C选项不符合题意； ∴AH＝3，AH⊥BC， ∴直线BC与⊙A相切，所以D选项符合题意，B选项不符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，若直线l和⊙O相交⇔d＜r；直线l和⊙O相切⇔d＝r；直线l和⊙O相离⇔d＞r．也考查了点与圆的位置关系和等腰三角形的性质． 7．如图，等边三角形ABC的边长为4，⊙C的半径为，P为AB边上一动点，过点P作⊙C的切线PQ，切点为Q，则PQ的最小值为（　　） A． B． C．2 D．3 【分析】连接CQ、CP，过点C作CH⊥AB于H，根据切线的性质得到CQ⊥PQ，根据勾股定理求出PQ，根据等边三角形的性质求出CH，根据垂线段最短解答即可． 【解答】解：连接CQ、CP，过点C作CH⊥AB于H， ∵PQ是⊙C的切线， ∴CQ⊥PQ， ∴PQ， 当CP⊥AB时，CP最小，PQ取最小值， ∵△ABC为等边三角形， ∴∠B＝60°， ∴CH＝BC•sinB＝2， ∴PQ的最小值为：3， 故选：D． 【点评】本题考查的是切线的性质、等边三角形的性质、垂线段最短，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键． 8．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠A＝40°，则∠OCB的度数为（　　） A．50° B．60° C．70° D．80° 【分析】首先根据圆周角定理可求出∠BOC的度数是多少；然后根据内角和定理和等腰三角形的性质，求出∠OCB为多少度即可． 【解答】解：∵∠A＝40°， ∴∠BOC＝2∠A＝80°， ∵OB＝OC， ∴∠OCB＝∠OBC， 又∵∠BOC+∠OCB+∠OBC＝180°， ∴∠OCB（180°﹣80°）÷2＝50°， 即∠OCB的度数为50°． 故选：A． 【点评】此题主要考查了圆周角定理的应用，等腰三角形的性质，掌握在同圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半是解决问题的关键． 二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分） 9．已知a是方程x2﹣2x﹣3＝0的一个实数根，则2a2﹣4a﹣5的值为 　1　． 【分析】由题意可得a2﹣2a﹣3＝0，从而a2﹣2a＝3，然后用整体代入法求解即可． 【解答】解：∵a是方程x2﹣2x﹣3＝0的一个实数根， ∴a2﹣2a﹣3＝0， ∴a2﹣2a＝3， ∴2a2﹣4a﹣5 ＝2（a2﹣2a）﹣5 ＝2×3﹣5 ＝1． 故答案为：1． 【点评】本题考查一元二次方程的解和代数式求值，掌握一元二次方程解的定义是关键． 10．若一元二次方程x2+6x﹣1＝0经过配方，变形为（x+3）2＝n的形式，则n的值为 　10　． 【分析】方程配方得到结果，即可确定出n的值． 【解答】解：方程x2+6x﹣1＝0， 移项得：x2+6x＝1， 配方得：x2+6x+9＝10，即（x+3）2＝10， 则n＝10． 故答案为：10． 【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键． 11．如图⊙O的半径为1cm，弦AB、CD的长度分别为cm、1cm，则弦AC、BD所夹的锐角α＝　75°　． 【分析】根据勾股定理的逆定理可证△AOB是等腰直角三角形，故可求∠OAB＝∠OBA＝45°，又由已知可证△COD是等边三角形，所以∠ODC＝∠OCD＝60°，根据圆周角的性质可证∠CDB＝∠CAB，而∠ODB＝∠OBD，所以∠CAB+∠OBD＝∠CDB+∠ODB＝∠ODC＝60°，再根据三角形的内角和定理可求α． 【解答】解：连接OA、OB、OC、OD， ∵OA＝OB＝OC＝OD＝1，AB，CD＝1， ∴OA2+OB2＝AB2， ∴△AOB是等腰直角三角形， △COD是等边三角形， ∴∠OAB＝∠OBA＝45°，∠ODC＝∠OCD＝60°， ∵∠CDB＝∠CAB，∠ODB＝∠OBD， ∴α＝180°﹣∠CAB﹣∠OBA﹣∠OBD＝180°﹣∠OBA﹣（∠CDB+∠ODB）＝180°﹣45°﹣60°＝75°． 故答案为：75°． 【点评】本题考查了圆周角定理、勾股定理的逆定理，熟练掌握圆周角定理是关键． 12．新定义运算：a※b＝a2﹣ab+b，例如2※1＝22﹣2×1+1＝3，则方程x※2＝5的根是 　﹣1和3　． 【分析】根据题中的新定义，得出关于x的二元一次方程，再用因式分解法对所得到的方程进行求解即可． 【解答】解：因为a※b＝a2﹣ab+b， 所以由x※2＝5得， x2﹣2x+2＝5， 则x2﹣2x﹣3＝0， 所以（x+1））（x﹣3）＝0， 解得x1＝﹣1，x2＝3， 即方程x※2＝5的根是﹣1和3． 故答案为：﹣1和3． 【点评】本题主要考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟知因式分解法解一元二次方程的步骤是解题的关键． 13．如图，AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，CD与⊙O相切于点D，若∠C＝20°，则∠CAD＝　35　°． 【分析】连接OD，构造直角三角形，利用OA＝OD，可求得∠ODA＝35°，从而得出∠CAD的度数． 【解答】解：连接OD，则∠ODC＝90°，∠COD＝70°； ∵OA＝OD， ∴∠ODA＝∠CAD∠COD＝35°， 故答案为：35 【点评】本题利用了切线的性质，三角形的外角与内角的关系，等边对等角求解． 14．已知△ABC的三边长a、b、c都是正整数，且满足2a2+b2﹣4a﹣10b+27＝0，则△ABC的周长为 　11　． 【分析】依据题意，由2a2+b2﹣4a﹣10b+27＝0，可得2a2﹣4a+2+b2﹣10b+25＝0，从而2（a﹣1）2+（b﹣5）2＝0，故可得a＝1，b＝5，再由三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，即可求出c，进而计算可以得解． 【解答】解：由题意，∵2a2+b2﹣4a﹣10b+27＝0， ∴2a2﹣4a+2+b2﹣10b+25＝0． ∴2（a﹣1）2+（b﹣5）2＝0． ∴a﹣1＝0，b﹣5＝0． ∴a＝1，b＝5． 由三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边， ∴5﹣1＜c＜5+1． ∴4＜c＜6． 又∵c是正整数， ∴c＝5． ∴△ABC的周长为：1+5+5＝11． 故答案为：11． 【点评】本题主要考查了配方法的应用、非负数的性质、三角形三边关系，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键． 15．如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，若∠ADB＝20°，则这个正多边形的边数为 　九　． 【分析】根据圆周角定理可得正多边形的边AB所对的圆心角∠AOB＝40°，再根据正多边形的一条边所对的圆心角的度数与边数之间的关系可得答案． 【解答】解：如图，设正多边形的外接圆为⊙O，连接OA，OB， ∵∠ADB＝20°， ∴∠AOB＝2∠ADB＝40°， 而360°÷40°＝9， ∴这个正多边形为正九边形， 故答案为：九． 【点评】本题考查正多边形与圆，圆周角，掌握圆周角定理是解决问题的关键，理解正多边形的边数与相应的圆心角之间的关系是解决问题的前提． 16．若方程x2﹣4x+2＝0的两根为x1，x2，则的值为 　﹣2　． 【分析】先根据一元二次方程解的定义得到4x1＝﹣2，则x1x2+28x1可化为x1x2﹣4，再根据根与系数的关系得到x1x2＝2，然后利用整体代入的方法计算． 【解答】解：∵x1为方程x2﹣4x+2＝0的根， ∴4x1+2＝0， ∴4x1＝﹣2， ∴x1x2+28x1＝x1x2+2（4x1）＝x1x2+2×（﹣2）＝x1x2﹣4， ∵方程x2﹣4x+2＝0的两根为x1，x2， ∴x1x2＝2， ∴x1x2+28x1＝2﹣4＝﹣2． 故答案为：﹣2． 【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2，x1x2． 17．《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用几何语言表达为：如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，EB＝1寸，CD＝10寸，则直径AB长为 　26　寸． 【分析】连接OC，由直径AB与弦CD垂直，根据垂径定理得到E为CD的中点，由CD的长求出DE的长，设OC＝OA＝x寸，则AB＝2x寸，OE＝（x﹣1）寸，由勾股定理得出方程，解方程求出半径，即可得出直径AB的长． 【解答】解：∵弦CD⊥AB，AB为⊙O的直径， ∴E为CD的中点， 又∵CD＝10寸， ∴CE＝DECD＝5寸， 设OC＝OA＝x寸， 则AB＝2x寸，OE＝（x﹣1）寸， 由勾股定理得：OE2+CE2＝OC2， 即（x﹣1）2+52＝x2， 解得x＝13， ∴AB＝26寸， 故答案为：26． 【点评】本题考查垂径定理，勾股定理，解答此类题常常利用垂径定理由垂直得中点，进而由弦长的一半，弦心距及圆的半径构造直角三角形，利用勾股定理来解决问题． 18．如图，菱形ABCD的顶点B，C，D在⊙O上，且AB与⊙O相切，若⊙O的半径为1，则菱形ABCD的周长为 　　． 【分析】连接OB，先根据切线的性质得出∠ABO＝90°，再根据菱形的性质得出BA＝BC，再根据外角的性质，进而得出∠BAO＝30°，根据直角三角形30度角所对的边是斜边的一半可得OA＝2OB＝2，再由勾股定理求解即可． 【解答】解：连接OB， ∵AB与⊙O相切， ∴AB⊥OB， ∴∠ABO＝90°， ∴∠BAO+∠AOB＝90°， ∵四边形ABCD为菱形， ∴BA＝BC， ∴∠BAO＝∠BCA， ∵OB＝OC， ∴∠OBC＝∠OCB， ∴∠AOB＝∠OBC+∠OCB＝2∠OCB＝2∠BAO， ∴∠BAO+∠AOB＝∠BAO+2∠BAO＝3∠BAO＝90°， ∴∠BAO＝30°， ∵⊙O的半径为1， ∴OA＝2OB＝2， ∴， ∴菱形ABCD的周长为， 故答案为：． 【点评】本题考查了切线的性质，三角形外角的性质，菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握知识点并添加适当的辅助线是解题的关键． 三．解答题（共8小题，满分64分） 19．（6分）解下列方程： （1）x2+3x﹣4＝0； （2）2x2﹣4x﹣1＝0． 【分析】（1）利用因式分解法求解可得； （2）利用配方法求解可得． 【解答】解：（1）x2+3x﹣4＝0， 则（x﹣1）（x+4）＝0， 则x﹣1＝0或x+4＝0， 解得x1＝1，x2＝﹣4； （2）2x2﹣4x﹣1＝0， x2﹣2x， ∴x2﹣2x+11，即（x﹣1）2， ∴x﹣1＝±， ∴x＝1±， ∴x1＝1，x2＝1． 【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键． 20．（8分）已知关于x的一元二次方程x2﹣2（a﹣1）x+a2﹣a﹣2＝0有两个不相等的实数根x1，x2． （1）求a的取值范围； （2）若x1，x2满足，求a的值． 【分析】（1）根据关于x的一元二次方程x2﹣2（a﹣1）x+a2﹣a﹣2＝0有两个不相等的实数根，得到Δ＝[﹣2（a﹣1）]2﹣4（a2﹣a﹣2）＞0，于是得到结论； （2）根据x1+x2＝2（a﹣1），x1x2＝a2﹣a﹣2，代入x1x2＝16，解方程即可得到结论． 【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣2（a﹣1）x+a2﹣a﹣2＝0有两个不相等的实数根， ∴Δ＝[﹣2（a﹣1）]2﹣4（a2﹣a﹣2）＞0， 解得：a＜3． （2）∵x1+x2＝2（a﹣1），x1x2＝a2﹣a﹣2， ∵x1x2＝16， ∴（x1+x2）2﹣3x1x2＝16， ∴[2（a﹣1）]2﹣3（a2﹣a﹣2）＝16， 解得：a1＝﹣1，a2＝6， ∵a＜3， ∴a＝﹣1． 【点评】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系及根的判别式，先判断出a的取值范围，再由根与系数的关系得出方程是解答此题的关键． 21．（8分）如图，用长为22米的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度为14米），围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃，为了方便出入，在建造篱笆花圃时，在BC上用其他材料做了宽为1米的两扇小门．若花圃的面积刚好为45平方米，则此时花圃的AB段长为多少？ 【分析】设AB＝x米，则BC＝（22﹣3x+2）米，根据围成的花圃的面积刚好为45平方米，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合BC的长度不超过14米，即可确定x的值，此题得解． 【解答】解：设AB＝x米，则BC＝（22﹣3x+2）米， 依题意，得：x（22﹣3x+2）＝45， 整理，得：x2﹣8x+15＝0， 解得：x1＝3，x2＝5． 当x＝3时，22﹣3x+2＝15＞14，不合题意，舍去； 当x＝5时，22﹣3x+2＝9，符合题意． 答：若花圃的面积刚好为45平方米，则此时花圃的AB段长为5米． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 22．（8分）已知，△ABC中，∠A＝68°，以AB为直径的⊙O与AC，BC的交点分别为D，E （Ⅰ）如图①，求∠CED的大小； （Ⅱ）如图②，当DE＝BE时，求∠C的大小． 【分析】（Ⅰ）利用圆内接四边形的性质证明∠CED＝∠A即可； （Ⅱ）连接AE．在Rt△AEC中，求出∠EAC即可解决问题； 【解答】解：（Ⅰ）∵四边形ABED 圆内接四边形， ∴∠A+∠DEB＝180°， ∵∠CED+∠DEB＝180°， ∴∠CED＝∠A， ∵∠A＝68°， ∴∠CED＝68°． （Ⅱ）连接AE． ∵DE＝BE， ∴ ∴∠DAE＝∠EAB∠CAB＝34°， ∵AB是直径， ∴∠AEB＝90°， ∴∠AEC＝90°， ∴∠C＝90°﹣∠DAE＝90°﹣34°＝56° 【点评】本题考查圆周角定理、直径的性质、圆内接四边形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 23．（8分）如图，BD是⊙O的直径，A是BD延长线上的一点，点E在⊙O上，BC⊥AE，交AE的延长线于点C，BC交⊙O于点F，且点E是的中点． （1）求证：AC是⊙O的切线； （2）若AD＝3，，求⊙O的半径． 【分析】（1）由圆周角定理及等腰三角形的性质可得∠EBC＝∠DBE＝∠BEO，经过角的转化即可证明∠OEC＝90°，再根据切线的判定定理可得答案； （2）设圆O的半径为r，在Rt△AOE中，由勾股定理可得关于r的方程，求出r的值，再根据等角，利用三角函数即可求出BC的值． 【解答】（1）证明：如图，连接OE， ∵BD为直径， ∴∠DBE+∠BDE＝90°， 又AE⊥BC， ∴∠EBC+∠BEC＝90°， 又OB＝OE， ∴∠DBE＝∠BEO， 又点E是弧DF的中点， ∴∠EBC＝∠DBE＝∠BEO， ∴∠BEO+∠BEC＝90°， 即∠OEC＝90°， ∴OE⊥AC， 则AC为⊙O的切线． （2）解：设⊙O半径为r， ∵AC为⊙O的切线， ∴∠OEC＝90°， 即△AOE为直角三角形， ∴AE2+OE2＝AO2， ∴18+r2＝（3+r）2， ∴r＝1.5， ∴⊙O的半径为1.5． 【点评】本题考查了圆的切线的判定、勾股定理及等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键． 24．（8分）如图所示，A、B、C、D是矩形的四个顶点，AB＝16cm，AD＝6cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以3cm/s的速度向点B移动，一直到达点B为止，点Q以2cm/s的速度向点D移动 （1）P，Q两点从出发开始到几秒时，四边形PBCQ的面积为33cm2？ （2）P，Q两点从出发开始到几秒时，点P和点Q的距离第一次是10cm？ 【分析】当运动时间为t秒时，PB＝（16﹣3t）cm，CQ＝2tcm． （1）利用梯形的面积公式结合四边形PBCQ的面积为33cm2，即可得出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论； （2）过点Q作QM⊥AB于点M，则PM＝|16﹣5t|cm，QM＝6cm，利用勾股定理结合PQ＝10cm，即可得出关于t的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论． 【解答】解：当运动时间为t秒时，PB＝（16﹣3t）cm，CQ＝2tcm． （1）依题意，得：（16﹣3t+2t）×6＝33， 解得：t＝5． 答：P，Q两点从出发开始到5秒时，四边形PBCQ的面积为33cm2． （2）过点Q作QM⊥AB于点M，如图所示． ∵PM＝PB﹣CQ＝|16﹣5t|cm，QM＝6cm， ∴PQ2＝PM2+QM2，即102＝（16﹣5t）2+62， 解得：t1，t2（不合题意，舍去）． 答：P，Q两点从出发开始到秒时，点P和点Q的距离第一次是10cm． 【点评】本题考查了一元一次方程的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）根据梯形的面积公式，找出关于t的一元一次方程；（2）利用勾股定理，找出关于t的一元二次方程． 25．（8分）如图⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°，延长BC于D，连接AD，使得AD∥OC，AB交OC于E． （1）求证：AD与⊙O相切； （2）若AE＝2，CE＝2．求⊙O的半径和AB的长度． 【分析】（1）连接OA，要证明切线，只需证明OA⊥AD，根据AD∥OC，只需得到OA⊥OC，根据圆周角定理即可证明； （2）设⊙O的半径为R，则OA＝R，OE＝R﹣2，AE＝2，在Rt△OAE中根据勾股定理可计算出R＝4；作OH⊥AB于H，根据垂径定理得AH＝BH，再利用面积法计算出OH，然后根据勾股定理计算出AH，再利用垂径定理得出AB＝2AH． 【解答】（1）证明：连接OA； ∵∠ABC＝45°， ∴∠AOC＝2∠ABC＝90°， ∴OA⊥OC； 又∵AD∥OC， ∴OA⊥AD， ∴AD是⊙O的切线． （2）解：设⊙O的半径为R，则OA＝R，OE＝R﹣2，AE＝2， 在Rt△OAE中，∵AO2+OE2＝AE2， ∴R2+（R﹣2）2＝（2）2，解得R＝4， 作OH⊥AB于H，如图，OE＝OC﹣CE＝4﹣2＝2， 则AH＝BH， ∵OH•AE•OE•OA， ∴OH， 在Rt△AOH中，AH， ∵OH⊥AB， ∴AB＝2AH． 【点评】本题考查了切线的判定定理．综合运用了圆周角定理、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、30度的直角三角形的性质得到有关线段之间的关系，熟练运用平行线分线段成比例定理进行求解． 26．（10分）【新知】 19世纪英国著名文学家和历史学家卡莱尔给出了一元二次方程x2+bx+c＝0的几何解法：如图1，在平面直角坐标系中，已知点A（0，1）、B（﹣b，c），以AB为直径作⊙P．若⊙P交x轴于点M（m，0）、N（n，0），则m、n为方程x2+bx+c＝0的两个实数根． 【探究】 （1）由勾股定理得，AM2＝12+m2，BM2＝c2+（﹣b﹣m）2，AB2＝（1﹣c）2+b2．在Rt△ABM中，AM2+BM2＝AB2所以12+m2+c2+（﹣b﹣m）2＝（1﹣c）2+b2． 化简得：m2+bm+c＝0．同理可得：　n2+bn+c＝0　． 所以m、n为方程x2+bx+c＝0的两个实数根． 【运用】 （2）在图2中的x轴上画出以方程x2﹣3x﹣2＝0两根为横坐标的点M、N． （3）已知点A（0，1）、B（6，9），以AB为直径作⊙C．判断⊙C与x轴的位置关系，并说明理由． 【拓展】 （4）在平面直角坐标系中，已知两点A（0，a）、B（﹣b，c），若以AB为直径的圆与x轴有两个交点M、N，则以点M、N的横坐标为根的一元二次方程是 　x2+bx+ac＝0　． 【分析】（1）根据题目中给定的解法求解即可； （2）用尺规作图法做出以AB为直径的圆即可； （3）先根据题意得出方程x2﹣6x+9＝0，再根据判别式Δ＝0，得出圆与x轴的位置关系； （4）由题意直接得出结论． 【解答】解：（1）AN2＝12+n2，BN2＝c2+（﹣b﹣n）2，AB2＝（1﹣c）2+b2， 在Rt△ABM中，AN2+BN2＝AB2， ∴12+n2+c2+（﹣b﹣n）2＝（1﹣c）2+b2， 化简得：n2+bn+c＝0， 故答案为：n2+bn+c＝0； （2）先在坐标系内找到A（0，1），B（3，﹣2），连接AB， 分别A，B为圆心，以大于AB为半径画弧，连接两弧的交点与AB交于点P， 以P为圆心，以AB为直径画圆，圆与x轴的交点即为M，N点． 如图所示： （3）由题意得：x2﹣6x+9＝0， ∵Δ＝b2﹣4ac＝（﹣6）2﹣4×1×9＝0， ∴方程x2﹣6x+9＝0有两个相等的实数根， ∴⊙C与x轴只有一个交点，即⊙C与x轴相切； （4）由题意得，以AB为直径的圆与交x轴有两个交点M、N，则以点M、N的横坐标为根的一元二次方程是x2+bx+ac＝0． 故答案为：x2+bx+ac＝0． 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，一元二次方程的根以及勾股定理的应用，关键是对一元二次方程x2+bx+c＝0的几何解法的理解和运用． 学科网（北京）股份有限公司 $$