2023届北京教育院附属中学九年级数学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．如图所示，已知A（，y1），B(2,y2)为反比例函数图像上的两点，动点P(x，0)在x正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是（）A．(，0) B．(1,0) C．(,0) D．(,0)2．将抛物线y=x2﹣4x﹣4向左平移3个单位，再向上平移5个单位，得到抛物线的函数表达式为（）A．y=（x+1）2﹣13 B．y=（x﹣5）2﹣3C．y=（x﹣5）2﹣13 D．y=（x+1）2﹣33．如图是一个正方体纸盒，在下面四个平面图形中，是这个正方体纸盒展开图的是（）A． B． C． D．4．如图，在6×6的正方形网格中，△ABC的顶点都在小正方形的顶点上，则tan∠BAC的值是()A． B． C． D．5．如图，某同学用圆规画一个半径为的圆，测得此时，为了画一个半径更大的同心圆，固定端不动，将端向左移至处，此时测得，则的长为（）A． B． C． D．6．如图，把一个直角三角板△ACB绕着30°角的顶点B顺时针旋转，使得点A与CB的延长线上的点E重合，连接CD，则∠BDC的度数为（）A．15° B．20° C．25° D．30°7．在一个不透明的布袋中有红色、黑色的球共10个，它们除颜色外其余完全相同．小娟通过多次摸球试验后发现其中摸到黑球的频率稳定在60%附近，则口袋中黑球的个数很可能是()A．4 B．5 C．6 D．78．如图，以点O为位似中心，把△ABC放大为原来的2倍，得到△A´B´C´,以下说法错误的是（）A． B．△ABC∽△A´B´C´C．∥A´B´ D．点,点,点三点共线9．如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC的反向延长线上，下面比例式中，不能判定ED//BC的是（）A． B．C． D．10．为测量如图所示的斜坡垫的倾斜度，小明画出了斜坡垫的侧面示意图，测得的数据有：，则该斜坡垫的倾斜角的正弦值是（）A． B． C． D．11．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点P是边AC上一点，过点P作PQ∥AB交BC于点Q，D为线段PQ的中点，BD平分∠ABC，以下四个结论①△BQD是等腰三角形；②BQ＝DP；③PA＝QP；④＝（1+）2；其中正确的结论的个数（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，若，BC=2，则sin∠A的值为（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他绘制了如图2所示的图形．图2中留个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接六边形和一个小正六边形，若PQ所在的直线经过点M，PB=5cm，小正六边形的面积为cm2，则该圆的半径为________cm．14．若，则=___________．15．如图，在平面直角坐标系中，反比例函数（x＞0）与正比例函数y=kx、（k＞1）的图象分别交于点A、B，若∠AOB＝45°，则△AOB的面积是________.16．若，则=___________.17．如图，P是抛物线y=﹣x2+x+2在第一象限上的点，过点P分别向x轴和y轴引垂线，垂足分别为A，B，则四边形OAPB周长的最大值为__18．如图，中，，以点为圆心的圆与相切，则的半径为________.三、解答题（共78分）19．（8分）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是A（－3，2），B（0，4），C（0，2）．（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△C；平移△ABC，若A的对应点的坐标为（0，-4），画出平移后对应的△；（2）若将△C绕某一点旋转可以得到△，请直接写出旋转中心的坐标；（3）在轴上有一点P，使得PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．20．（8分）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=﹣1，且抛物线经过A（1，0），C（0，3）两点，抛物线与x轴的另一交点为B．（1）若直线y=mx+n经过B、C两点，求直线BC和抛物线的解析式；（2）设点P为抛物线的对称轴x=﹣1上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标．21．（8分）如图，为的直径，为上的两条弦，且于点，，交延长线于点，．（1）求的度数；（2）求阴影部分的面积22．（10分）已知：如图，AB为⊙O的直径，OD∥AC．求证：点D平分．23．（10分）在平面直角坐标系中，对“隔离直线”给出如下定义：点是图形上的任意一点，点是图形上的任意一点，若存在直线：满足且，则称直线：是图形与的“隔离直线”，如图，直线：是函数的图像与正方形的一条“隔离直线”.

（1）在直线①，②，③，④中，是图函数的图像与正方形的“隔离直线”的为.（2）如图，第一象限的等腰直角三角形的两腰分别与坐标轴平行，直角顶点的坐标是，⊙O的半径为，是否存在与⊙O的“隔离直线”？若存在，求出此“隔离直线”的表达式：若不存在，请说明理由；（3）正方形的一边在轴上，其它三边都在轴的左侧，点是此正方形的中心，若存在直线是函数的图像与正方形的“隔离直线”，请直接写出的取值范围.24．（10分）如图，⊙O与△ABC的AC边相切于点C，与BC边交于点E，⊙O过AB上一点D，且DE∥AO，CE是⊙O的直径．（1）求证：AB是⊙O的切线；（2）若BD＝4，EC＝6，求AC的长．25．（12分）综合与探究:操作发现:如图1，在中，，以点为中心，把顺时针旋转，得到;再以点为中心，把逆时针旋转，得到.连接.则与的位置关系为平行；探究证明:如图2，当是锐角三角形，时，将按照（1）中的方式，以点为中心，把顺时针旋转，得到；再以点为中心，把逆时针旋转，得到.连接，①探究与的位置关系，写出你的探究结论，并加以证明；②探究与的位置关系，写出你的探究结论，并加以证明.26．如图，二次函数y＝ax2+bx﹣3的图象与x轴交于A、B与y轴交于点C，顶点坐标为（1，﹣4）（1）求二次函数解析式；（2）该二次函数图象上是否存在点M，使S△MAB＝S△CAB，若存在，求出点M的坐标．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【分析】求出AB的坐标，设直线AB的解析式是y=kx+b，把A、B的坐标代入求出直线AB的解析式，根据三角形的三边关系定理得出在△ABP中，|AP-BP|＜AB，延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA-PB=AB，此时线段AP与线段BP之差达到最大，求出直线AB于x轴的交点坐标即可．【详解】∵把A（，y1），B（2，y2）代入反比例函数y=得：y1=2，y2=，∴A（，2），B（2，），∵在△ABP中，由三角形的三边关系定理得：|AP-BP|＜AB，∴延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA-PB=AB，即此时线段AP与线段BP之差达到最大，设直线AB的解析式是y=kx+b，把A、B的坐标代入得：，解得：k=-1，b=，∴直线AB的解析式是y=-x+，当y=0时，x=，即P（，0），故选D．【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理和用待定系数法求一次函数的解析式的应用，解此题的关键是确定P点的位置，题目比较好，但有一定的难度．2、D【详解】因为y=x2-4x-4=（x-2）2-8，以抛物线y=x2-4x-4的顶点坐标为（2，-8），把点（2，-8）向左平移1个单位，再向上平移5个单位所得对应点的坐标为（-1，-1），所以平移后的抛物线的函数表达式为y=（x+1）2-1．故选D．3、C【分析】根据图中符号所处的位置关系作答．【详解】解：从立体图形可以看出这X，菱形和圆都是相邻的关系，故B,D错误，当x在上面，菱形在前面时，圆在右边，故A错误，C正确.故选C.【点睛】此题主要考查了展开图折叠成几何体，动手折叠一下，有助于空间想象力的培养．4、C【分析】过点B作BD⊥AC，交AC延长线于点D，利用正切函数的定义求解可得．【详解】如图，过点B作BD⊥AC，交AC延长线于点D，则tan∠BAC＝＝，故选C．【点睛】本题主要考查三角函数的定义，解题的关键是掌握正切函数的定义：锐角A的对边a与邻边b的比叫做∠A的正切．5、A【分析】△ABO是等腰直角三角形，利用三角函数即可求得OA的长，过O'作O'D⊥AB于点D，在直角△AO'D中利用三角函数求得AD的长，则AB'=2AD，然后根据BB'=AB'-AB即可求解．【详解】解：在等腰直角△OAB中，AB=1，则OA=cm，AO＇=cm，∠AO'D=×120°=60°，

过O'作O'D⊥AB于点D．

则AD=AO'•sin60°=2×=．

则AB'=2AD=2，

故BB'=AB'-AB=2-1．

故选：A．【点睛】本题考查了三角函数的基本概念，主要是三角函数的概念及运算，关键把实际问题转化为数学问题加以计算．6、A【分析】根据图形旋转的性质得出△ABC≌△EBD，可得出BC=BD，根据图形旋转的性质求出∠EBD的度数，再由等腰三角形的性质即可得出∠BDC的度数．【详解】∵△EBD由△ABC旋转而成，∴△ABC≌△EBD，∴BC=BD，∠EBD=∠ABC=30°，∴∠BDC=∠BCD，∠DBC=180﹣30°=150°，∴∠BDC=(180°﹣150°)=15°；故选：A．【点睛】本题考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．7、C【分析】根据题意得出摸出黑球的频率，继而根据频数＝总数×频率计算即可．【详解】∵小娟通过多次摸球试验后发现其中摸到黑球的频率稳定在60%附近，∴口袋中黑球的个数可能是10×60%＝6个．故选：C．【点睛】本题主要考查利用频率估计概率．大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．8、A【分析】直接利用位似图形的性质进而分别分析得出答案．【详解】解：∵以点O为位似中心，把△ABC放大为原图形的2倍得到△A′B′C′，

∴△ABC∽△A′B′C′，点C、点O、点C′三点在同一直线上，AB∥A′B′，OB´：BO＝2：1，故选项A错误，符合题意．

故选：A．【点睛】此题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．9、C【分析】根据平行线分线段成比例定理推理的逆定理，对各选项进行逐一判断即可．【详解】A.当时，能判断；B.

当时，能判断；C.

当时，不能判断；D.

当时，，能判断.故选：C.【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理推理的逆定理，根据定理如果一条直线截三角形的两边(或两边的延长线)所得的对应线段成比例,那么这条直线平行于三角形的第三边.能根据定理判断线段是否为对应线段是解决此题的关键.10、A【分析】利用正弦值的概念，的正弦值=进行计算求解.【详解】解：∵∴在Rt△ABC中，故选：A.【点睛】本题考查锐角三角函数的概念，熟练掌握正弦值的概念，熟记的正弦值=是本题的解题关键.11、C【分析】利用平行线的性质角、平分线的定义、相似三角形的判定和性质一一判断即可．【详解】解：∵PQ∥AB，∴∠ABD＝∠BDQ，又∠ABD＝∠QBD，∴∠QBD＝∠BDQ，∴QB＝QD，∴△BQD是等腰三角形，故①正确，∵QD＝DF，∴BQ＝PD，故②正确，∵PQ∥AB，∴＝，∵AC与BC不相等，∴BQ与PA不一定相等，故③错误，∵∠PCQ＝90°，QD＝PD，∴CD＝QD＝DP，∵△ABC∽△PQC，∴＝（）2＝（）2＝（1+）2，故④正确，故选：C．【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．12、C【分析】先利用勾股定理求出AB的长，然后再求sin∠A的大小．【详解】解：∵在Rt△ABC中，，BC=2∴AB=∴sin∠A=故选：C．【点睛】本题考查锐角三角形的三角函数和勾股定理，需要注意求三角函数时，一定要是在直角三角形当中．二、填空题（每题4分，共24分）13、1【分析】设两个正六边形的中心为O，连接OP,OB,过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，如图所示：很容易证出三角形PMN是一个等边三角形，边长PM的长，，而且面积等于小正六边形的面积的，故三角形PMN的面积很容易被求出，根据正六边形的性质及等腰三角形的三线和一可以得出PG的长，进而得出OG的长，,在Rt△OPG中，根据勾股定理得OP的长，设OB为x，，根据正六边形的性质及等腰三角形的三线和一可以得出BH，OH的长，进而得出PH的长，在Rt△PHO中，根据勾股定理得关于x的方程，求解得出x的值，从而得出答案．【详解】解:设两个正六边形的中心为O，连接OP,OB,过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，如图所示：很容易证出三角形PMN是一个等边三角形，边长PM=,而且面积等于小正六边形的面积的，故三角形PMN的面积为cm2，∵OG⊥PM，且O是正六边形的中心，∴PG=PM=∴OG=在Rt△OPG中，根据勾股定理得：OP2=OG2+PG2,即=OP2∴OP=7cm，设OB为x，∵OH⊥AB，且O是正六边形的中心，∴BH=X,OH=，∴PH=5-x，在Rt△PHO中，根据勾股定理得OP2=PH2+OH2,即解得：x1=1,x2=-3（舍）故该圆的半径为1cm．故答案为1．【点睛】本题以相机快门为背景，从中抽象出数学模型，综合考查了多边形、圆、三角形及解三角形等相关知识，突出考查数学的应用意识和解决问题的能力．试题通过将快门的光圈变化这个动态的实际问题化为静态的数学问题，让每个学生都能参与到实际问题数学化的过程中，鼓励学生用数学的眼光观察世界；在运用数学知识解决问题的过程中，关注思想方法，侧重对问题的分析，将复杂的图形转化为三角形或四边形解决，引导学生用数学的语言表达世界，用数学的思维解决问题．14、【分析】把所求比例形式进行变形，然后整体代入求值即可．【详解】，，；故答案为．【点睛】本题主要考查比例的性质，熟练掌握比例的方法是解题的关键．15、2【解析】作BD⊥x轴，AC⊥y轴，OH⊥AB（如图），设A（x1，y1），B（x2，y2），根据反比例函数k的几何意义得x1y1=x2y2=2；将反比例函数分别与y=kx，y=联立，解得x1=，x2=，从而得x1x2=2，所以y1=x2，y2=x1，根据SAS得△ACO≌△BDO，由全等三角形性质得AO=BO，∠AOC=∠BOD，由垂直定义和已知条件得∠AOC=∠BOD=∠AOH=∠BOH=22.5°，根据AAS得△ACO≌△BDO≌△AHO≌△BHO，根据三角形面积公式得S△ABO=S△AHO+S△BHO=S△ACO+S△BDO=x1y1+x2y2=×2+×2=2.【详解】如图：作BD⊥x轴，AC⊥y轴，OH⊥AB，设A（x1，y1），B（x2，y2），∵A、B在反比例函数上，∴x1y1=x2y2=2，∵，解得：x1=，又∵，解得：x2=，∴x1x2=×=2，∴y1=x2，y2=x1，即OC=OD，AC=BD，∵BD⊥x轴，AC⊥y轴，∴∠ACO=∠BDO=90°，∴△ACO≌△BDO（SAS），∴AO=BO，∠AOC=∠BOD，又∵∠AOB＝45°，OH⊥AB，∴∠AOC=∠BOD=∠AOH=∠BOH=22.5°，∴△ACO≌△BDO≌△AHO≌△BHO，∴S△ABO=S△AHO+S△BHO=S△ACO+S△BDO=x1y1+x2y2=×2+×2=2，故答案为：2.【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，反比例函数与一次函数的交点问题，全等三角形的判定与性质等，正确添加辅助线是解题的关键.16、【分析】根据题干信息，利用已知得出a=b，进而代入代数式求出答案即可．【详解】解：∵，∴a=b，∴=．故答案为：．【点睛】本题主要考查比例的性质，正确得出a=b，并利用代入代数式求值是解题关键．17、1【分析】设P（x，y）（2＞x＞0，y＞0），根据矩形的周长公式得到C=-2（x-1）2+1．根据二次函数的性质来求最值即可．【详解】解：∵y=﹣x2+x+2，∴当y=0时，﹣x2+x+2=0即﹣（x﹣2）（x+1）=0，解得x=2或x=﹣1故设P（x，y）（2＞x＞0，y＞0），∴C=2（x+y）=2（x﹣x2+x+2）=﹣2（x﹣1）2+1．∴当x=1时，C最大值=1．即：四边形OAPB周长的最大值为1．【点睛】本题主要考查二次函数的最值以及二次函数图象上点的坐标特征．设P（x，y）（2＞x＞0，y＞0），根据矩形的周长公式得到C=﹣2（x﹣1）2+1．最后根据根据二次函数的性质来求最值是关键．18、【解析】试题解析:在△ABC中，∵AB=5，BC=3，AC=4，如图：设切点为D，连接CD，∵AB是C的切线，∴CD⊥AB，∴AC⋅BC=AB⋅CD，即∴的半径为故答案为:点睛:如果三角形两条边的平方和等于第三条边的平方,那么这个三角形是直角三角形.三、解答题（共78分）19、（1）如下图；（2）（，）；（3）（－2，0）．【分析】（1）根据网格结构找出点A、B以点C为旋转中心旋转180°的对应点A1、B1的位置，然后与点C顺次连接即可；再根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可；

（2）根据中心对称的性质，连接两对对应顶点，交点即为旋转中心，然后写出坐标即可；

（3）根据轴对称确定最短路线问题，找出点A关于x轴的对称点A′的位置，然后连接A′B与x轴的交点即为点P．【详解】（1）画出△A1B1C与△A2B2C2如图（2）如图所示,旋转中心的坐标为:（，-1）(3)如图所示,点P的坐标为（-2，0）.20、（1）y=x+3，y=﹣x2﹣2x+3；（2）（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，）或（﹣1，）【分析】（1）首先由题意根据抛物线的对称性求得点B的坐标，然后利用交点式，求得抛物线的解析式；再利用待定系数法求得直线的解析式；（2）首先利用勾股定理求得BC，PB，PC的长，然后分别从点B为直角顶点、点C为直角顶点、点P为直角顶点去分析求解即可求得答案．【详解】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=﹣1，且抛物线经过A（1，0），抛物线与x轴的另一交点为B，∴B的坐标为：（﹣3，0），设抛物线的解析式为：y=a（x﹣1）（x+3），把C（0，3）代入，﹣3a=3，解得：a=﹣1，∴抛物线的解析式为：y=﹣（x﹣1）（x+3）=﹣x2﹣2x+3；把B（﹣3，0），C（0，3）代入y=mx+n得：，解得：，∴直线y=mx+n的解析式为：y=x+3；（2）设P（﹣1，t），又∵B（﹣3，0），C（0，3），∴BC2=18，PB2=（﹣1+3）2+t2=4+t2，PC2=（﹣1）2+（t﹣3）2=t2﹣6t+10，①若点B为直角顶点，则BC2+PB2=PC2，即：18+4+t2=t2﹣6t+10，解之得：t=﹣2；②若点C为直角顶点，则BC2+PC2=PB2，即：18+t2﹣6t+10=4+t2，解之得：t=4，③若点P为直角顶点，则PB2+PC2=BC2，即：4+t2+t2﹣6t+10=18，解之得：t1=，t2=；综上所述P的坐标为（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，）或（﹣1，）．【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，数形结合思想解题是本题的解题关键.21、（1）；（2）．【分析】（1）根据圆周角定理和直角三角形的性质可以∠DCB的度数；（2）用扇形AOD的面积减去三角形OAF的面积乘2，得阴影部分面积．【详解】（1）证明：为的直径，为的弦，且，，，，，交延长线于点，，，，∴（2），，且，，，，，阴影部分的面积为：．【点睛】本题主要考查切线的性质及扇形面积的计算，掌握过切点的半径与切线垂直是解题的关键，学会用分割法求阴影部分面积．22、见解析.【分析】连接BC，根据圆周角定理求出∠ACB＝90°，求出OD⊥BC，根据垂径定理求出即可．【详解】证明：连接CB，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵OD∥AC，∴∠OEB＝∠ACB＝90°，即OD⊥BC，∵OD过O，∴点D平分．【点睛】本题考查了圆周角定理和垂径定理，能正确运用定理进行推理是解此题的关键．23、(1)①④;(2);(3)或【分析】(1)根据的“隔离直线”的定义即可解决问题；(2)存在，连接，求得与垂直且过的直接就是“隔离直线”，据此即可求解；(3)分两种情形正方形在x轴上方以及在x轴下方时，分别求出正方形的一个顶点在直线上时的t的值即可解决问题．【详解】(1)根据的“隔离直线”的定义可知，是图1函数的图象与正方形OABC的“隔离直线”；直线也是图1函数的图象与正方形OABC的“隔离直线”；而与不满足图1函数的图象与正方形OABC的“隔离直线”的条件；

故答案为：①④；(2)存在，理由如下：连接，过点作轴于点，如图，在Rt△DGO中，，∵⊙O的半径为，

∴点D在⊙O上．

过点D作DH⊥OD交y轴于点H，

∴直线DH是⊙O的切线，也是△EDF与⊙O的“隔离直线”．设直线OD的解析式为，将点D(2，1)的坐标代入得，解得：，∵DH⊥OD，∴设直线DH的解析式为，将点D(2，1)的坐标代入得，解得：，∴直线DH的解析式为，∴“隔离直线”的表达式为；(3)如图：由题意点F的坐标为()，当直线经过点F时，，

∴，

∴直线，即图中直线EF，

∵正方形A1B1C1D1的中心M(1，t)，

过点作⊥y轴于点G，∵点是正方形的中心，且，∴B1C1，，∴正方形A1B1C1D1的边长为2，

当时，，∴点C1的坐标是()，此时直线EF是函数)的图象与正方形A1B1C1D1的“隔离直线”，∴点的坐标是(-1，2)，此时；

当直线与只有一个交点时，，消去y得到，由，可得，

解得：，同理，此时点M的坐标为：()，∴，

根据图象可知:当或时，直线是函数)的图象与正方形A1B1C1D1的“隔离直线”．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质、正方形的性质、一次函数的应用、二元二次方程组．一元二次方程的根的判别式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．24、（1）见解析；（2）AC＝1【分析】（1）要证AB切线，连接半径OD，证∠ADO＝90°即可，由∠ACB＝90°，由OD＝OE，DE∥OA，可得∠AOD＝∠AOC，证△AOD≌△AOC（SAS）即可，（2）AB是⊙O的切线，∠BDO＝90°，由勾股定理求BE，BC＝BE+EC可求，利用AD，AC是⊙O的切线长，设AD＝AC＝x，在Rt△ABC中，AB2＝AC2+BC2构造方程求AC即可．【详解】（1）证明：连接OD，∵OD＝OE，∴∠OED＝∠ODE，∵DE∥OA，∴∠ODE＝∠AOD，∠DEO＝∠AOC，∴∠AOD＝∠AOC，∵AC是切线，∴∠ACB＝90°，在△AOD和△AOC中，∴△AOD≌△AOC（SAS），∴∠ADO＝∠ACB＝90°，∵OD是半径，∴AB是⊙O的切线；（2）解：∵AB是⊙O的切线，∴∠BDO＝90°，∴BD2+OD2＝OB2，∴42+32＝（3