2023-2024学年郑州二中学数学九年级上册期末考试模拟试题含解析

2023-2024学年郑州二中学数学九上期末考试模拟试题

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每小题3分,共30分）

1.一元二次方程/_3廿4=0的常数项是（）

A.-4B.-3C.1D.2

2.已知关于X的一元二次方程（左一2）f—2χ+l=0有两个不相等的实数根，则Z的取值范围是（）

A.k<2B.k<3C.ZV2且左≠0D.ZV3且攵≠2

3.抛物线,丫=-/+飘-4与坐标轴的交点个数为（）

A.0B.1C.2D.3

4.设等边三角形的边长为X（x>0）,面积为y,则y与X的函数关系式是（）

A.y=ɪɪ2B.j=-X2C.j=-x2D.y=-χ2

2424

5.若关于X的一元二次方程X2-2x+α-l=0没有实数根，则a的取值范围是（）

A.a<2B.a>2C.a<-2D.a>-2

6.若αS（α<Z?）是方程（X-加）（〃-X）=的两根，则实数的大小关系是（）

A.m<a<b<nB.a<m<b<nC.a<m<n<bD.a<b<m<n

7.在RtABC中，ZC=90，AB=5,BC=3,贝USinA的值是（）

3543

A.-B,—C.-D.—^

5354

8.已知反比例函数y=A（攵≠0）的图象经过点M（—2,2）,则Z的值是（）

X

A.-4B.-1C.1D.4

9.矩形的周长为12cm,设其一边长为XCm,面积为yen?,则y与X的函数关系式及其自变量x的取值范围均正确的

是（）

A.j=-x2+6x（3<x<6）B.j=-x2+12x（0<x<12）

C.j=-x2+12x（6<x<12）D.y=-x2+6x（0<x<6）

10.如图，Ab是。。的直径，AC9〃。分别与。。交于点O,E9则下列说法一定正确的是（）

E

D

A.连接80,可知80是aABC的中线B.连接AE,可知AE是AABC的高线

*∙*∙DECE

C.连4接。E,可知——=—D.连接OE,可知SACDE：SAABC=DE：AB

ABBC

二、填空题(每小题3分,共24分)

11.一个不透明的口袋中装有5个红球和若干个白球，他们除颜色外其他完全相同，通过多次摸球实验后发现，摸到

红球的频率稳定在25%附近，估计口袋中白球有个.

12.如图，将RtAABC(其中NB=30。，ZC=90o)绕点A按顺时针方向旋转到AABiG的位置，使得点B、A、BI

在同一条直线上，那么旋转角等于.

13.如图，RiAAfiC中，ZACB=90°,AC=4,将斜边AB绕点A逆时针旋转90°至AB',连接B'C，则ΔAB'C

的面积为_______.

14.在平面直角坐标系中，已知点A(-6,3),B(9,0),以原点O为位似中心，相似比为1,把AABO缩小，则

3

点A对应点A'的坐标是.

4

15.如图，4、8两点在双曲线》=一上，分别经过4、8两点向坐标轴作垂线段，已知S用影=1,则S1+S2=.

16.如图，在矩形ABCD中，对角线AC与8。相交于点。，CE工BD,垂足为点E,CE=5,且OE=2。石,

则OE的长为.

17.地物线^=必2+公+。的部分图象如图所示，则当y>0时，X的取值范围是

18.已知AABC的三边长a=3,b=4,c=5,则它的内切圆半径是

三、解答题（共66分）

19.（10分）已知：AABC内接于。O,过点A作直线EF.

（1）如图甲，AB为直径，要使EF为。。的切线，还需添加的条件是（写出两种情况，不需要证明）：①或

②;

（2）如图乙，AB是非直径的弦，若NCAF=NB,求证：EF是。O的切线.

（3）如图乙，若EF是。O的切线，CA平分NBAF,求证：OCj_AB.

20.（6分）如图，已知点B的坐标是（-2,0）,点C的坐标是（8,0）,以线段BC为直径作OA,交y轴的正半轴于

点D,过B、C、D三点作抛物线.

(1)求抛物线的解析式；

(2)连结BD,CD,点E是BD延长线上一点，NCDE的角平分线DF交。A于点F,连结CF,在直线BE上找一

点P,使得APFC的周长最小，并求出此时点P的坐标；

(3)在(2)的条件下，抛物线上是否存在点G,使得NGFC=NDCF,若存在，请直谈写出点G的坐标；若不存在,

请说明理由.

21.(6分)如图,菱形A瓦G的顶点G在菱形ABC。的BC边上，GF与AB相交于点〃，NE=NB=60°,若

CG=3,AH=7,求菱形ABCD的边长.

22.(8分)如图，天星山山脚下西端A处与东端5处相距8OO(l+√5)米，小军和小明同时分别从A处和5处向山顶

C匀速行走.已知山的西端的坡角是45。，东端的坡角是30。，小军的行走速度为交米/秒.若小明与小军同时到达山

顶C处，则小明的行走速度是多少？

23.(8分)如图，。为NMBN角平分线上一点，。。与BN相切于点C,连结CO并延长交于点A,过点A作

于点D.

BN

(1)求证：A3为。。的切线;

4

(2)若5C=6,tanZABC=-,求4。的长.

3

24.(8分)综合与探究：

13

已知二次函数y=-]X2+彳x+2的图象与X轴交于A,8两点(点B在点A的左侧)，与y轴交于点C.

(1)求点4,B,C的坐标；

(2)求证：AABC为直角三角形；

(3)如图，动点E,尸同时从点A出发，其中点E以每秒2个单位长度的速度沿48边向终点3运动，点厂以每秒逐

个单位长度的速度沿射线AC方向运动.当点F停止运动时，点E随之停止运动.设运动时间为，秒，连结EF,将AAEF

沿Eb翻折，使点A落在点。处，得到AOEE当点厂在AC上时，是否存在某一时刻f,使得ADCO咨ABCO?(点

O不与点B重合)若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由.

25.(10分)已知ΔABC三个顶点的坐标分别A(0,2),3(3,3),C(2,l).

⑵以B为位似中心,将ZXABC放大到原来的2倍,在右图的网格图中画出放大后的图形^A1BC1；

(3)写出点A的对应点A的坐标：_.

26.(10分)某化工厂要在规定时间内搬运1200吨化工原料.现有A,8两种机谓人可供选择，已知A型机器人比8

型机器人每小时多搬运30吨型，A机器人搬运900吨所用的时间与B型机器人搬运600吨所用的时间相等.

(1)求两种机器人每小时分别搬运多少吨化工原料.

(2)该工厂原计划同时使用这两种机器人搬运，工作一段时间后，A型机器人又有了新的搬运任务需离开，但必须保证

这批化工原料在U小时内全部搬运完毕.问A型机器人至少工作几个小时，才能保证这批化工原料在规定的时间内完

成？

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)

1、A

【分析】一元二次方程ɑ/+能+c=0(α,6,c是常数且α≠0)中a、b、C分别是二次项系数、一次项系数、常数项.

【详解】解：一元二次方程f_3尸4=0的常数项是-4,

故选A.

【点睛】

本题考查了一元二次方程的一般形式：ax2+bx+c=0(a,b,C是常数且存0)特别要注意α≠0的条件.这是在做题过程中

容易忽视的知识点.在一般形式中ax?叫二次项，加叫一次项，C是常数项.其中小氏C分别叫二次项系数，一次项

系数，常数项.

2、D

【分析】根据方程有两个不相等的实数根结合二次项系数非0,即可得出关于k的一元一次不等式组，解不等式组即

可得出结论.

【详解】V关于X的一元二次方程(k-2)x2-2x+l=0有两个不相等的实数根，

{k-2≠0

Δ=(-2)2-4(⅛-2)>0，

解得：k<3且k≠2.

故选D.

【点睛】

本题考查根的判别式，解题突破口是得出关于k的一元一次不等式组.

3、C

【分析】先计算自变量为0对应的函数值得到抛物线与y轴的交点坐标，再解方程-χ2+4χ-4=0得抛物线与X轴的

交点坐标，从而可对各选项进行判断.

2

【详解】当X=O时，y=-χ+4x-4=-4,则抛物线与>轴的交点坐标为(0,—4),

当y=0时，-f+4χ-4=o,解得玉=々=2,抛物线与X轴的交点坐标为(2,0),

所以抛物线与坐标轴有2个交点.

故选C.

【点睛】

本题考查了抛物线与X轴的交点：把求二次函数丁=以2+加+，3力,。是常数，α≠0)与X轴的交点坐标问题转化为

解关于X的一元二次方程.

4、D

【分析】作出三角形的高，利用直角三角形的性质及勾股定理可得高，利用三角形的面积=4底XiW,把相关数值代

2

入即可求解.

【详解】解：作出BC边上的高AO.

VaABC是等边三角形，边长为X,

.,.CD=-x,

2

/7

•••高为∕ι=W∙x,

2

【点睛】

此题主要考查了三角形的面积的求法，找到等边三角形一边上的高是难点，求出三角形的高是解决问题的关键.

5、B

【分析】根据题意得根的判别式_<0,即可得出关于"的一元一次不等式，解之即可得出结论.

【详解】∙.∙a=l,6=一2,c=α-l,

由题意可知：

/=∕-4αc=(-2)~-4xlx(α-l)<0,

：.a>2,

故选：B.

【点睛】

本题考查了一元二次方程OX2+法+c=O(a≠0)的根的判别式/=〃一4沅：当二>0,方程有两个不相等的实数根;

当一=0,方程有两个相等的实数根；当_<0,方程没有实数根.

6、A

【分析】设y=(x-加)(“一X),可判断抛物线开口向下，m、n是其与X轴交点的横坐标，a、b则是抛物线与直线

y=2的交点横坐标，画出函数草图即可判断.

【详解】设y=(x-"z)("-x),可判断抛物线开口向下，m、n是其与X轴交点的横坐标，a、b则是抛物线与直线

y=2的交点横坐标，画出函数草图如下：

从函数图象可以看出：m<a<b<n

故选：A

【点睛】

本题考查的是二次函数与一元二次方程的关系，掌握抛物线与X轴的交点的横坐标为y=0时，一元二次方程的根是关

键.

7、A

【分析】根据正弦函数是对边比斜边，可得答案.

【详解】解：sinA=黑="

AB5

B

故选A.

【点睛】

本题考查了锐角正弦函数的定义.

8、A

【分析】把"(-2,2)代入反比例函数的解析式即可求解.

【详解】把M(—2,2)代入y=A得：

X

k=-4

故选：A

【点睛】

本题考查的是求反比例函数的解析式，掌握反比例函数的图象和性质是关键.

9,D

【分析】已知一边长为XCm,则另一边长为(6-x)cm,根据矩形的面积公式即可解答.

【详解】解：已知一边长为XCm,则另一边长为(6-x)cm.

贝Dy=X(6-x)化简可得y=-χ2+6x,(0<x<6),

故选：D.

【点睛】

此题主要考查了根据实际问题列二次函数关系式的知识，解题的关键是用X表示出矩形的另一边，此题难度一般.

10、B

【分析】根据圆周角定理，相似三角形的判定和性质一一判断即可.

【详解】解：4、连接8O∙YAB是直径，.∙.NAOB=90o,.∙.5O是448C的高，故本选项不符合题意.

3、连接4E.∙.∙43是直径，.∙.NAEB=9(F,,BE是AABC的高，故本选项符合题意.

DEEC

C、连接OE.可证aCDESAC"!,可得——=—,故本选项不符合题意.

ABAC

。、MCDESACBA,可得SACz>E:SAABC=DE2:AB2,故本选项不符合题意，

故选：B.

A∖OB

【点睛】

本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定以及性质，辅助线的作图是解本题的关键

二、填空题（每小题3分,共24分）

11、15

【分析】由摸到红球的频率稳定在25%附近得出口袋中得到红色球的概率，进而求出白球个数即可.

【详解】解：设白球个数为：X个，

摸到红色球的频率稳定在25%左右，

口袋中得到红色球的概率为25%,

.5_1

••——9

x+54

解得x=15,

检验：x=15是原方程的根，

二白球的个数为15个，

故答案为：15.

【点睛】

此题主要考查了利用频率估计概率，根据大量反复试验下频率稳定值即概率得出和分式方程的解法解题关键.

12、180°

【分析】根据旋转的性质可直接判定NBABl等于旋转角，由于点B、A、Bl在同一条直线上，可知旋转角为180。.

【详解】解：由旋转的性质定义知，NBABl等于旋转角，

点B、A、BI在同一条直线上，

.∙.NBABi为平角，

ΛZBAB∣=180°,

故答案为：180。.

【点睛】

此题考查是旋转的性质，熟知图形旋转后所得图形与原图形全等是解答此题的关键.

13、8

【分析】过点Ir作B，E，AC于点E,由题意可证AABCgZXITAE,可得AC=IrE=4,即可求AAB（的面积.

【详解】解：如图：过点B'作B'E"LAC于点E

:旋转ΛAB=AB',ZBAB'=90o

二ZBAC+ZB'AC=90o,且NB'AC+NAB'E=90°

.∙.NBAC=NAB'E,且NAEB=NACB=90。，AB=AB'

Λ∆ABC^∆B'AE（AAS）

ΛAC=B'E=4

11

ΛS∆AB'C=-AC・BE=—x4x4=8.

22

故答案为：8.

【点睛】

本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，利用旋转的性质解决问题是本题的关键.

14^（—2,1）或（2,—1）

【分析】根据位似图形的性质，只要点A的横、纵坐标分别乘以工或-1即可求出结果.

33

【详解】解：•••点A（-6,3）,B（9,0）,以原点O为位似中心，相似比为1把AAbO缩小，

3

.∙.点A对应点4的坐标为（一2,1）或（2,—1）.

故答案为：（一2,1）或（2,—1）.

【点睛】

本题考查了位似图形的性质，属于基本题型，注意分类、掌握求解的方法是关键.

15、1.

【分析】根据题意，想要求当+S2,只要求出过A、8两点向X轴、y轴作垂线段与坐标轴所构成的矩形的面积即可,

4

而矩形的面积为双曲线y=一的系数A,由此即可求解.

X

4,

【详解】V点A、5是双曲线y=一上的点，分别经过A、8两点向X轴、y轴作垂线段，

X

则根据反比例函数的图象的性质得两个矩形的面积都等于|川=4,

.∙.S∣+S2=4+4-1×2=1.

故答案为1.

【点睛】

本题主要考查反比例函数系数k的几何意义，解题的关键是熟练掌握根据反比例函数系数k的几何意义求出矩形的面

积.

16、√5

【解析】设DE=x,则OE=2x,根据矩形的性质可得OC=OD=3x,在直角三角形OEC中：可求得CE=石x,即可求

得x=√L即DE的长为

【详解】；四边形ABCD是矩形

11

AOC=-AC=-BD=OD

22

设DE=x,则OE=2x,OC=OD=3x,

CELBD,

：.ZOEC=90o

在直角三角形OEC中

CE=JoC2_/2=&=5

；,X=石

即DE的长为逐.

故答案为：√5

【点睛】

本题考查的是矩形的性质及勾股定理，掌握矩形的性质并灵活的使用勾股定理是解答的关键.

17、x<-l或x>3

【分析】根据二次函数的对称性即可得出二次函数与X轴的另一个交点为（3,0）,当y>0时，图像位于X轴的上方,

故可以得出X的取值范围.

【详解】解：由图像可得：对称轴为χ=l,二次函数与X轴的一个交点为（-1,0）

则根据对称性可得另一个交点为（3,0）

二当x<-l或x>3时，y>0

故答案为：x<-1或x>3

【点睛】

本题主要考查的是二次函数的对称性，二次函数的图像是关于对称轴对称的，掌握这个知识点是解题的关键.

18、1

Va=39b=4,c=5,

：・a1+b2=c2f

：・NACB=90。，

设A43C的内切圆切AC于H切Ab于尸，切3C于0,连接OE、OF、OD、OA.OC.OB,内切圆的半径为K,则

OE=OF=OD=R9

■:SAACB=SAAO(+SAAOB+SABOC,

■1111

・・一×AC×i5C=_XACXC)EH—XABXOFT—XBCXOZ),

2222

.∙.3x4=4K+5R+3R,

解得：R=I.

故答案为L

三、解答题(共66分)

19、(1)①OAj_EF；②NFAC=NB；(2)见解析；(3)见解析.

【分析】⑴添加条件是:①OALEF或NFAC=NB根据切线的判定和圆周角定理推出即可.

⑵作直径AM,连接CM,推出NM=NB=NEAC,求出NFAC+NCAM=9(Γ,根据切线的判定推出即可.

(3)由同圆的半径相等得到OA=OB,所以点O在AB的垂直平分线上，根据NFAC=NB,Z

BAC=ZFAC,等量代换得到NBAC=NB,所以点C在AB的垂直平分线上，得到OC垂直平分AB.

【详解】(1)①OALEF②NFAC=NB,

理由是：①TOALEF,OA是半径，

.∙.EF是。O切线，

②∙.∙AB是。0直径，

ΛZC=90o,

ΛZB+ZBAC=90o,

VZFAC=ZB,

ΛZBAC+ZFAC=90o,

ΛOA±EF,

；OA是半径，

.∙.EF是OO切线，

故答案为：OALEF或NFAC=NB,

(2)作直径AM,连接CM,

即NB=NM(在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等)，

VZFAC=ZB,

二NFAC=NM,

VAM是。O的直径，

ΛZACM=90o,

ΛZCAM+ZM=90o,

ΛZFAC+ZCAM=90o,

ΛEF±AM,

VOA是半径，

二EF是。O的切线.

(3)VOA=OB,

.∙.点O在AB的垂直平分线上，

VZFAC=ZB,NBAC=NFAC,

/.ZBAC=ZB,

.∙.点C在AB的垂直平分线上，

.∙.OC垂直平分AB,

.,.OC±AB.

【点睛】

本题考查了切线的判定，圆周角定理，三角形的内角和定理等知识点，注意:经过半径的外端且垂直于半径的直线是圆

的切线，直径所对的圆周角是直角.

2--

20、(1)y=--x+-^x+4；(2)P(M>(3)Gl4+V6,---LG2(7+∖^^1,32-∖^T)

【分析】(D由BC是直径证得NOCD=NBDo,从而得到aBODsaDOC,根据线段成比例求出OD的长，

设抛物线解析式为y=a(x+2)(x-8),将点D坐标代入即可得到解析式；

(2)利用角平分线求出？Cr)E45，得到？C4F90，从而得出点F的坐标(3,5),再延长延长CD至点C',可

使。。=。力,得到。'(-8,8),求出C'F的解析式，与直线BD的交点坐标即为点P,此时APFC的周长最小；

(3)先假设存在，①利用弧等圆周角相等把点D、F绕点A顺时针旋转90。，使点F与点B重合，点G与点Q重合,

则Qι(7,3),符合Cg=DR,求出直线FQl的解析式，与抛物线的交点即为点G∣,②根据对称性得到点Q2的坐标，

再求出直线FQ2的解析式，与抛物线的交点即为点G2,由此证得存在点G

【详解】(1)V以线段BC为直径作。A,交y轴的正半轴于点D,

ΛZBDO+ZODC=90o,

VZOCD+ZODC=90o,

.∙.ZOCD=ZBDO,

VZDOC=ZDOB=90o,

Λ∆BOD^∆DOC,

.OBOD

"~OD~~OC,

VB(-2,O),C(8,0),

2OD

•-----ZZ-----

"OD8,

解得OD=4(负值舍去)，.∙.D(0,4)

设抛物线解析式为y=a(x+2)(x-8),

Λ4=a(0+2)(0-8),

解得a=----,

4

11,3

二二次函数的解析式为y=一一(x+2)(x-8),即y=--x2+-x+4.

442

(2)；BC为。A的直径，且B(-2,O),C(8,0),

ΛOA=3,A(3,0),

二点E是BD延长线上一点，ZCDE的角平分线DF交ΘA于点F,

Λ?CDFɪ?CDEɪ?9045,

22

连接AF,贝!!?CAF2?CDF2?4590,

VOA=3,AF=5

ΛF(3,5)

VZCDB=90o,

.∙.延长CD至点C,可使Cr>=c⅛),

.∙.C(-8,8),

连接CF叫BE于点P,再连接PF、PC,

此时APFC的周长最短，

364

解得C'F的解析式为y=-—ɪ+->

BD的解析式为y=2x+4,

(3)存在；假设存在点G,使NGFC=NDCF,

设射线GF交OA于点Q,

①∙.'A(3,0),F(3,5),C(8,0),D(0,4),

.∙.把点D、F绕点A顺时针旋转90。，使点F与点B重合，点G与点Q重合，则Qι(7,3),符合CQl=Z)F,

VF(3,5),Q,(7,3),

1B

：.直线FQ1的解析式为y=--x+y,

x∣=4-+∖[βx2=4-∖∕6

9-√6，9+√6(舍去)，

y=——X2+-x+4X=-ɔ-%=-A-

I421212

.∙.Gι(4+√6,^^);

2

②Ql关于X轴对称点Q2(7,-3),符合CQ2=DF,

VF(3,5),Q2(7,3),

.∙.直线FQz的解析式为y=-2x+ll,

y=N+llL=7+√21μ2=7-√2τ

解123J得L，-L(舍去)，

y=X÷τ-ɪ÷4y=-3-2√21y=-3+2√21

142—I2

ΛG2(7+√21,-3-2√21)

综上，存在点6(4+6,上二色)或(7+√ΣT,-3-2√ΣT),使得NGFC=NDCF.

2

【点睛】

此题是二次函数的综合题，（1）考查待定系数法求函数解析式，需要先证明三角形相似，由此求得线段OD的长，才

能求出解析式；（2）考查最短路径问题，此问的关键是求出点F的坐标，由此延长CD至点C',使8=C⅛）,得到点

C'的坐标从而求得交点P的坐标；③是难点，根据等弧所对的圆心角相等将弧DF旋转，求出与圆的交点Ql坐标，

从而求出直线与抛物线的交点坐标即点G的坐标；再根据对称性求得点Q2的坐标，再求出直线与抛物线的交点G的

坐标.

BGBH

【分析】连接AC,首先证明AABC是等边三角形，再证明ΔBGBSA6G,推出算=笠，由此构建方程即可解决

ACCG

问题.

【详解】解：连接AC∙

在菱形ABCr）和菱形的∙G中，AB=AE=ZAGF=ifiP,AB=BC,

.∙.ΔABC是等边三角形，设AB=BC=AC=a,则3"=。—7,BG=a—3,

：.ZACB=60°,

ZAGB=ZAGH+NBGH=ZACG+ZCAG,

ZAG"=ZACG=60°,

:.ABGH=/CAG,

NB=ZACG,

:.WGHSACAG,

.BGBH

"AC-CG,

.α-3_«-7

a3'

.∙.Λ2-10O+9=0.

.∙.a=9或1（舍弃），

..AS=9,

【点睛】

本题考查相似多边形的性质，等边三角形的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，

属于中考常考题型.

22>1米/秒

【解析】分析：过点C作CDJ_AB于点D,设AD=X米，小明的行走速度是a米/秒，根据直角三角形的性质用X表示

出AC与BC的长，再根据小明与小军同时到达山顶C处即可得出结论.

本题解析：

解：过点C作CZLLA8于点。.设A。=X米，小明的行走速度是4米/秒.；NA=45。，CDLAB,J.AD^CD=x^,

.∙.AC=√jx（米）.在RtZ∖BCZ）中，∙.∙NB=3（）o,.∙.BC='°=2x（米）.；小军的行走速度为正米/秒，若小明与小军

隹ɔv

同时到达山顶C处，.∙.正=号，解得α=l.

2λ

答：小明的行走速度是1米/秒.

23、（1）见解析；（2）AD=2√5.

【分析】（1）作OEJLAB,先由NAOD=NBAD求得NABD=NOAD,再由NBCO=ND=90°及NBoC=NAOD求得

ZOBC=ZOAD=ZABD,最后证4笈。CgZ∖80E得OE=OC,依据切线的判定可得；

(2)先求得NEOA=NABC,在RtAABC中求得AC=8,AB=IO,由切线长定理知BE=BC=6,AE=4,0E=3,继而得B0=3√5»

根据相似三角形的性质即可得出结论.

【详解】解：（1）过点。作。E_LA3于点E,

,：0为NMBN角平分线上一点，

.".ZABD=ZCBD,

又∙.∙8C为。。的切线，

：.AC±BC,

•.,AO,B。于点D,

ΛZD=90°,

二NBCO=/0=90°,

VZBOC=ZAOD,

.,.ZBAD+ZABD=90°,NAoD+NOAO=90°,

:NAoD=NBAD,

.,.ZABD=ZOAD,

.∙.NOBC=ZOAD=ZABD,

在AB。C和450E中，

NOBC=NoBE

•：＜ZOCB=ZOEC,

BO=BO

IABOgABOE(AAS),

.,.OE=OC,

,：OEYAB,

.∙.A8是。。的切线；

(2)VZABC+ZBAC=90o,ZEOA+ZBAC=90o,

工NEoA=NABC,

4

FanNABC=-、BC=6,

3

ΛAC=BC∙tanZABC=8,

则A8=10,

由（1）知BE=BC=6,

.∙.4E=4,

4

VtanZfiOA=tanZABC=—,

3

.OE_3

"AE-4,

.,.OE=3,OB=J庞2+出=3石,

"：ZABD=ZOBC,No=NAC3=90°,

J.∕^ABD‹^ΔOBC,

.OCOB0π33√5

ADABAD10

ΛAD=2√5.

故答案为：AD=2√5.

【点睛】

本题主要考查了切线的判定与性质.解题的关键是掌握切线的判定，切线长定理，全等与相似三角形的判定与性质及

解直角三角形的应用.

3

24、（1）点A的坐标为（4,0）,点5的坐标为（-1,0）,点C的坐标为（0,1）；（1）证明见解析；（3）t=—.

4

【分析】（1）利用x=0和y=0解方程即可求出A、B、C三点坐标；

（1）先计算AABC的三边长，根据勾股定理的逆定理可得结论；

（3）先证明△AEFs^ACB,得NAEF=NACB=90。，确定△AEF沿EF翻折后，点A落在X轴上点D处，根据

△DCO@Z\BCO时，BO=OD,列方程4-4t=l,可得结论.

【详解】（1）解：当y=0时，---X2+—x+l=0,

22

解得：xι=Lxι=4,

二点A的坐标为（4,0）,点B的坐标