2021-2022学年广东省广州市海珠区九年级上学期期末数学试卷（含答案）

第1页（共1页）2021-2022学年广东省广州市海珠区九年级（上）期末数学试卷一、选择题（共10小题，共30分）1．（3分）下列图形中，是中心对称图形的是（）A． B． C． D．2．（3分）已知△ABO∽△DEO，且BO：EO＝1：3，则△ABO与△DEO的面积比是（）A．1：3 B．3：1 C．1：9 D．9：13．（3分）如图，抛物线对称轴为直线x＝1，与x轴交于点A（﹣1，0），则另一交点的坐标是（）A．（3，0） B．（﹣3，0） C．（1，0） D．（2，0）4．（3分）社区医院十月份接种了新冠疫苗100份，十二月份接种了392份．设该社区医院平均每月接种疫苗的增长率为x，那么x满足的方程是（）A．100（1+x）2＝392 B．392（1﹣x）2＝100 C．100（1+2x）2＝392 D．100（1+x2）＝3925．（3分）已知：如图，在△ABC中，∠ADE＝∠C，则下列等式成立的是（）A．ADAB=AEAC B．DEBC=6．（3分）如何平移抛物线y＝﹣（x+4）2﹣1得到抛物线y＝﹣x2（）A．先向左平移4个单位，再向下平移1个单位 B．先向右平移4个单位，再向上平移1个单位 C．先向左平移1个单位，再向下平移4个单位 D．先向右平移1个单位，再向上平移4个单位7．（3分）若关于x的一元二次方程（m+1）x2+3x+m2﹣1＝0的一个实数根为0，则m等于（）A．1 B．±1 C．﹣1 D．08．（3分）如图，在⊙O中，CD是⊙O的直径，AB⊥CD于点E，若AB＝8，CE＝2，则⊙O的半径为（）A．25 B．5 C．3 9．（3分）如图，PA、PB切⊙O于点A、B，直线FG切⊙O于点E，交PA于F，交PB于点G，若PA＝8cm，则△PFG的周长是（）A．8cm B．12cm C．16cm D．20cm10．（3分）如图，△ABC中，AB＝AC，BC＝6，AD⊥BC于点D，AD＝4，P是半径为1的⊙A上一动点，连结PC，若E是PC的中点，连结DE，则DE长的最大值为（）A．3.5 B．4.5 C．4 D．3二、填空题（共6小题，共18分）11．（3分）函数y＝x2﹣5的最小值是．12．（3分）如图，A、B、C是⊙O上的三点，∠AOB＝80°，则∠ACB的度数为．13．（3分）圆锥底面的半径为5cm，高为12cm，则圆锥的侧面积为cm2．14．（3分）二次函数y＝（x﹣1）2，当x＜1时，y随x的增大而．（填“增大”或“减小”）15．（3分）如图，半圆的圆心与坐标原点重合，半圆的半径1，直线l的解析式为y＝x+t．若直线l与半圆只有一个交点，则t的取值范围是．16．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的半圆O交BC于点D，交AC于点E，连接AD、BE交于点M，过点D作DF⊥AC于点F，DH⊥AB于点H，交BE于点G：下列结论：①△CDF≌△BDH，②DG＝DM，③CF＝FE，④BE＝2DH，其中正确结论的序号是．三、解答题（共9小题，共72分）17．（4分）解方程．（1）x2＝4x；（2）x（x﹣2）＝3x﹣6．18．（4分）如图，△ABC的三个顶点A、B、C都在格点上，坐标分别为（﹣2，4）、（﹣2，0）、（﹣4，1）．（1）画出△ABC绕着点A逆时针旋转90°得到的△AB1C1；（2）写出点B1、C1的坐标．19．（6分）如图，抛物线y＝﹣（x﹣1）2+4交x轴于A、B两点，交y轴于点C．（1）求点A、B、C坐标；（2）若直线y＝kx+b经过B、C两点，直接写出不等式﹣（x﹣1）2+4＞kx+b的解集．20．（6分）已知关于x的一元二次方程x2﹣x+2m﹣4＝0有两个实数根．（1）求m的取值范围；（2）若方程的两根满足（x1﹣3）（x2﹣3）＝m2﹣1，求m的值．21．（8分）如图，D为⊙O上一点，点C是直径BA延长线上的一点，连接CD，且∠CDA＝∠CBD．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若DC＝4，AC＝2，求OC的长．22．（10分）如图，AB＝4，CD＝6，F在BD上，BC、AD相交于点E，且AB∥CD∥EF．（1）若AE＝3，求ED的长．（2）求EF的长．23．（10分）如图，已知直线y＝﹣2x+m与抛物线相交于A，B两点，且点A（1，4）为抛物线的顶点，点B在x轴上．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P是y轴上一点，当∠APB＝90°时，求点P的坐标．24．（12分）如图，在⊙O中，AB为弦，CD为直径，且AB⊥CD，垂足为E，P为AC上的动点（不与端点重合），连接PD．（1）求证：∠APD＝∠BPD；（2）利用尺规在PD上找到点I，使得I到AB、AP的距离相等，连接AD（保留作图痕迹，不写作法）．求证：∠AIP+∠DAI＝180°；（3）在（2）的条件下，连接IC、IE，若∠APB＝60°，试问：在P点的移动过程中，ICIE25．（12分）已知抛物线G：y1＝mx2﹣（3m﹣3）x+2m﹣3，直线h：y2＝mx+3﹣2m，其中m≠0．（1）当m＝1时，求抛物线G与直线h交点的坐标；（2）求证：抛物线G与直线h必有一个交点A在坐标轴上；（3）在（2）的结论下，解决下列问题：①无论m怎样变化，求抛物线G一定经过的点坐标；②将抛物线G关于原点对称得到的图象记为抛物线G'，试结合图象探究：若在抛物线G与直线h，抛物线G'与直线h均相交，在所有交点的横坐标中，点A横坐标既不是最大值，也不是最小值，求此时抛物线G的对称轴的取值范围．

2021-2022学年广东省广州市海珠区九年级（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，共30分）1．（3分）下列图形中，是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【分析】一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．【解答】解：选项A、B、C不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原图重合，所以不是中心对称图形；选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原图重合，所以是中心对称图形；故选：D．【点评】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．2．（3分）已知△ABO∽△DEO，且BO：EO＝1：3，则△ABO与△DEO的面积比是（）A．1：3 B．3：1 C．1：9 D．9：1【分析】根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方直接得到答案即可．【解答】解：∵△ABO∽△DEO，且BO：EO＝1：3，∴△ABO与△DEO的面积比是1：9，故选：C．【点评】考查了相似三角形的性质，解题的关键是了解相似三角形的面积的比等于相似比的平方，难度不大．3．（3分）如图，抛物线对称轴为直线x＝1，与x轴交于点A（﹣1，0），则另一交点的坐标是（）A．（3，0） B．（﹣3，0） C．（1，0） D．（2，0）【分析】根据抛物线对称性及对称轴为直线x＝1求解．【解答】解：抛物线对称轴为直线x＝1，点A坐标为（﹣1，0），由抛物线的对称性可得图象与x轴另一交点坐标为（3，0），故选：A．【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象关于对称轴对称．4．（3分）社区医院十月份接种了新冠疫苗100份，十二月份接种了392份．设该社区医院平均每月接种疫苗的增长率为x，那么x满足的方程是（）A．100（1+x）2＝392 B．392（1﹣x）2＝100 C．100（1+2x）2＝392 D．100（1+x2）＝392【分析】设该社区医院平均每月接种疫苗的增长率为x，根据该社区医院十二月接种疫苗的数量，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．【解答】解：设该社区医院平均每月接种疫苗的增长率为x，根据题意得：100（1+x）2＝392．故选：A．【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．5．（3分）已知：如图，在△ABC中，∠ADE＝∠C，则下列等式成立的是（）A．ADAB=AEAC B．DEBC=【分析】先根据相似三角形的判定定理求出△ADE∽△ACB，再根据其对应边成比例解答即可．【解答】解：∵在△ABC中，∠ADE＝∠C，∠A＝∠A，∴△ADE∽△ACB，∴DEBC故选：B．【点评】本题主要考查了三角形相似的判定方法，有两个角对应相等的三角形相似，相似三角形的对应边的比相等．6．（3分）如何平移抛物线y＝﹣（x+4）2﹣1得到抛物线y＝﹣x2（）A．先向左平移4个单位，再向下平移1个单位 B．先向右平移4个单位，再向上平移1个单位 C．先向左平移1个单位，再向下平移4个单位 D．先向右平移1个单位，再向上平移4个单位【分析】根据二次函数的性质得到抛物线y＝﹣x2的顶点坐标为（0，0），抛物线y＝﹣（x+4）2﹣1的顶点坐标为（﹣4，﹣1），然后通过顶点平移的情况来判断抛物线平移的情况．【解答】解：抛物线y＝﹣x2的顶点坐标为（0，0），抛物线y＝﹣（x+4）2﹣1的顶点坐标为（﹣4，﹣1），∵点（﹣4，﹣1）向右平移4个单位，再向上平移1个单位可得到（0，0），∴将抛物线y＝﹣（x+4）2﹣1向右平移4个单位，再向上平移1个单位得到抛物线y＝﹣x2．故选：B．【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．7．（3分）若关于x的一元二次方程（m+1）x2+3x+m2﹣1＝0的一个实数根为0，则m等于（）A．1 B．±1 C．﹣1 D．0【分析】把x＝0代入方程得到关于m的方程，再解关于m的方程，然后利用一元二次方程的定义确定m的值．【解答】解：把x＝0代入（m+1）x2+3x+m2﹣1＝0，得m2﹣1＝0，解得m1＝﹣1，m2＝1，而m+1≠0，即m≠﹣1．所以m＝1．故选：A．【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．8．（3分）如图，在⊙O中，CD是⊙O的直径，AB⊥CD于点E，若AB＝8，CE＝2，则⊙O的半径为（）A．25 B．5 C．3 【分析】由垂径定理得AE=12【解答】解：设⊙O的半径为r，∵CD是⊙O的直径，AB⊥CD，AB＝8，∴AE=12在Rt△OAE中，由勾股定理得：AE2+OE2＝OA2，即42+（r﹣2）2＝r2，解得：r＝5，即⊙O的半径为5，故选：D．【点评】本题考查的是垂径定理及勾股定理，熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的关键．9．（3分）如图，PA、PB切⊙O于点A、B，直线FG切⊙O于点E，交PA于F，交PB于点G，若PA＝8cm，则△PFG的周长是（）A．8cm B．12cm C．16cm D．20cm【分析】由于PA、FG、PB都是⊙O的切线，可根据切线长定理，将△ABC的周长转化为切线长求解．【解答】解：根据切线长定理可得：PA＝PB，FA＝FE，GE＝GB；所以△PFG的周长＝PF+FG+PG，＝PF+FE+EG+PG，＝PF+FA+GB+PG，＝PA+PB＝16cm，故选：C．【点评】此题主要考查的是切线长定理，图中提供了许多等量线段，分析图形时关键是要仔细探索，找出图形的各对相等切线长．10．（3分）如图，△ABC中，AB＝AC，BC＝6，AD⊥BC于点D，AD＝4，P是半径为1的⊙A上一动点，连结PC，若E是PC的中点，连结DE，则DE长的最大值为（）A．3.5 B．4.5 C．4 D．3【分析】连接PB，根据等腰三角形的三线合一得到CD＝DB，根据三角形中位线定理得到DE=12PB，则当PB取最大值时，DE的长最大，求得PB的最大值，即可求得【解答】解：连接PB，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴CD＝DB=12∵点E为AC的中点，∴DE是△PBC的中位线，∴DE=12∴当PB取最大值时，DE的长最大，∵P是半径为1的⊙A上一动点，∴当PB过圆心A时，PB最大，∵BD＝3，AD＝4，∴AB=3∵⊙A的半径为1，∴PB的最大值为5+1＝6，∴DE长的最大值为3，故选：D．【点评】本题考查的是点和圆的位置关系，等腰三角形的性质，勾股定理以及三角形中位线定理，明确当PB取最大值时，DE的长最大是解题的关键．二、填空题（共6小题，共18分）11．（3分）函数y＝x2﹣5的最小值是﹣5．【分析】由x2≥0可得x＝0时，函数值最小．【解答】解：∵x2≥0，∴x＝0时，函数值最小为﹣5．故答案为：﹣5．【点评】本题考查二次函数的最值，解题关键是掌握二次函数性质，掌握求二次函数最值的方法．12．（3分）如图，A、B、C是⊙O上的三点，∠AOB＝80°，则∠ACB的度数为40°．【分析】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可求得∠ACB的度数．【解答】解：∵∠AOB＝80°，∴∠ACB=12∠故答案为：40°【点评】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．13．（3分）圆锥底面的半径为5cm，高为12cm，则圆锥的侧面积为65πcm2．【分析】根据圆锥的侧面积公式：S＝πrl，直接代入数据求出即可．【解答】解：由圆锥底面半径r＝5cm，高h＝12cm，根据勾股定理得到母线长l=r2+根据圆锥的侧面积公式：πrl＝π×5×13＝65π，故答案为：65π．【点评】此题主要考查了圆锥侧面积公式，熟练地应用圆锥侧面积公式求出是解决问题的关键．14．（3分）二次函数y＝（x﹣1）2，当x＜1时，y随x的增大而减小．（填“增大”或“减小”）【分析】利用二次函数的解析式画出示意图，根据图象解答即可．【解答】解：在平面直角坐标系中画出二次函数y＝（x﹣1）2的示意图如下：抛物线y＝（x﹣1）2的对称轴为直线x＝1，由图象可以看出：当x＜1时，即在对称轴的左侧，y随x的增大而减小，故答案为：减小．【点评】本题主要考查了二次函数的性质，结合函数的图象利用数形结合的思想解答简单明了．15．（3分）如图，半圆的圆心与坐标原点重合，半圆的半径1，直线l的解析式为y＝x+t．若直线l与半圆只有一个交点，则t的取值范围是t=2或﹣1≤t＜1【分析】若直线与半圆只有一个交点，则有两种情况：直线和半圆相切于点C或从直线过点A开始到直线过点B结束（不包括直线过点A）．当直线和半圆相切于点C时，根据直线的解析式知直线与x轴所形成的锐角是45°，从而求得∠DOC＝45°，即可求出点C的坐标，进一步求得t的值；当直线过点B时，直接根据待定系数法求得t的值．【解答】解：若直线与半圆只有一个交点，则有两种情况：直线和半圆相切于点C或从直线过点A开始到直线过点B结束（不包括直线过点A）．直线y＝x+t与x轴所形成的锐角是45°．当直线和半圆相切于点C时，则OC垂直于直线，∠COD＝45°．又OC＝1，则CD＝OD=22，即点C（-2把点C的坐标代入直线解析式，得t＝y﹣x=2当直线过点A时，把点A（﹣1，0）代入直线解析式，得t＝y﹣x＝1．当直线过点B时，把点B（1，0）代入直线解析式，得t＝y﹣x＝﹣1．即当t=2或﹣1≤t故答案为t=2或﹣1≤t【点评】此题综合考查了直线和圆的位置关系，及用待定系数法求解直线的解析式等方法．16．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的半圆O交BC于点D，交AC于点E，连接AD、BE交于点M，过点D作DF⊥AC于点F，DH⊥AB于点H，交BE于点G：下列结论：①△CDF≌△BDH，②DG＝DM，③CF＝FE，④BE＝2DH，其中正确结论的序号是①③④．【分析】①根据AB为半圆O的直径，求出∠ADB＝90°，然后利用等腰三角形的三线合一性质证明BD＝CD，进而易证△CDF≌△BDH；②要证明DG＝DM，可以先证明∠DGM＝∠DMG，而∠DGM＝∠DBM+∠BDG，∠DMG＝∠ABM+∠DAB，根据已知DH⊥AB，易证∠DAB＝∠BDG，所以只要证明∠DBM和∠ABM相等即可解答；③根据已知易证DF∥BE，由①可得BD＝DC，然后利用平行线分线段成比例即可解答；④利用三角形的中位线定理证明BE＝2DF，由①可得DF＝DH，即可解答．【解答】解：①∵AB为半圆O的直径，∴∠ADB＝90°，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD，∴△CDF≌△BDH（AAS），故①正确；②∵∠ADB＝90°，∴∠DAB+∠DBA＝90°，∵∠DHB＝90°，∴∠BDH+∠DBA＝90°，∴∠BDH＝∠DAB，∵∠DGM＝∠DBM+∠BDG，∠DMG＝∠ABM+∠DAB，∠DBM≠∠ABM，∴∠DGM≠∠DMG，∴DG≠DM，故②不正确；③∵AB为半圆O的直径，∴∠AEB＝90°，∴BE⊥AC，∵DF⊥AC，∴DF∥BE，∴CDBD∵CD＝BD，∴CF＝FE，故③正确；④由③可得：CD＝BD，CF＝FE，∴DF是△CBE的中位线，∴BE＝2DF，由①可得：△CDF≌△BDH，∴DF＝DH，∴BE＝2DH，故④正确；所以：其中正确结论的序号是①③④，故答案为：①③④．【点评】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形分析是解题的关键．三、解答题（共9小题，共72分）17．（4分）解方程．（1）x2＝4x；（2）x（x﹣2）＝3x﹣6．【分析】（1）先移项，再利用提公因式法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，进一步求解即可；（2）先移项，再利用提公因式法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，进一步求解即可．【解答】解：（1）∵x2＝4x，∴x2﹣4x＝0，则x（x﹣4）＝0，∴x＝0或x﹣4＝0，解得x1＝0，x2＝4；（2）∵x（x﹣2）＝3x﹣6，∴x（x﹣2）﹣3（x﹣2）＝0，则（x﹣2）（x﹣3）＝0，∴x﹣2＝0或x﹣3＝0，解得x1＝2，x2＝3．【点评】本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．18．（4分）如图，△ABC的三个顶点A、B、C都在格点上，坐标分别为（﹣2，4）、（﹣2，0）、（﹣4，1）．（1）画出△ABC绕着点A逆时针旋转90°得到的△AB1C1；（2）写出点B1、C1的坐标．【分析】（1）根据旋转的性质画出点B、C的对应点即可；（2）根据点B1、C1的位置，即可写出坐标．【解答】解：（1）如图所示，△AB1C1即为所求；（2）根据图形可知：B1（2，4），C1（1，2）．【点评】本题主要考查了作图﹣旋转变换，平面直角坐标系中点的坐标的特征等知识，注意旋转的方向是正确画图的关键．19．（6分）如图，抛物线y＝﹣（x﹣1）2+4交x轴于A、B两点，交y轴于点C．（1）求点A、B、C坐标；（2）若直线y＝kx+b经过B、C两点，直接写出不等式﹣（x﹣1）2+4＞kx+b的解集．【分析】（1）令x＝0可得点A，B坐标，令y＝0可得点C坐标．（2）通过观察图象，BC之间的部分抛物线在直线上方，从而求解．【解答】解：（1）令y＝0，则0＝﹣（x﹣1）2+4，解得x＝3或x＝﹣1，∴点A坐标为（﹣1，0），点B坐标为（3，0），令x＝0，y＝﹣1+4＝3，∴点C坐标为（0，3）．（2）由图象可得，0＜x＜3时，抛物线在直线上方，∴﹣（x﹣1）2+4＞kx+b的解集为0＜x＜3．【点评】本题考查二次函数与不等式的关系，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系．20．（6分）已知关于x的一元二次方程x2﹣x+2m﹣4＝0有两个实数根．（1）求m的取值范围；（2）若方程的两根满足（x1﹣3）（x2﹣3）＝m2﹣1，求m的值．【分析】（1）利用判别式得到Δ＝（﹣1）2﹣4（2m﹣4）≥0，然后解不等式即可；（2）根据根与系数的关系得到x1+x2＝1，x1x2＝2m﹣4，（x1﹣3）（x2﹣3）＝m2﹣1变形得到x1x2﹣3（x1+x2）+9＝m2﹣1，代入得到关于m的方程，解方程即可求得m的值．【解答】解：（1）根据题意得Δ＝（﹣1）2﹣4（2m﹣4）≥0，解得m≤17（2）根据题意得x1+x2＝1，x1x2＝2m﹣4，∵（x1﹣3）（x2﹣3）＝m2﹣1，∴x1x2﹣3（x1+x2）+9＝m2﹣1，∴2m﹣4﹣3×1+9＝m2﹣1，∴m2﹣2m﹣3＝0，解得m1＝﹣1，m2＝3（不合题意，舍去）．故m的值是﹣1．【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=-ba，x1•x221．（8分）如图，D为⊙O上一点，点C是直径BA延长线上的一点，连接CD，且∠CDA＝∠CBD．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若DC＝4，AC＝2，求OC的长．【分析】（1）根据圆周角定理和等腰三角形的性质，得出∠ODA+∠CDA＝90°，即OD⊥CD即可得出结论；（2）利用相似三角形的判定和性质，求出BC，进而求出半径OA，再求出OC即可．【解答】解：（1）如图，连接OD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，即∠ODB+∠ODA＝90°，∵OB＝OD，∴∠ABD＝∠ODB，又∵∠CDA＝∠CBD，∴∠ODA+∠CDA＝90°，即OD⊥CD，∵OD是⊙O的半径，∴CD是⊙O的切线；（2）∵∠CDA＝∠CBD，∠ACD＝∠DCB，∴△ACD∽△DCB，∴CDCB即4CB∴CB＝8，∴OA==8-2＝3，∴OC＝OA+AC＝3+2＝5．【点评】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质以及相似三角形的判定和性质，掌握圆周角定理，相似三角形的性质是解决问题的关键．22．（10分）如图，AB＝4，CD＝6，F在BD上，BC、AD相交于点E，且AB∥CD∥EF．（1）若AE＝3，求ED的长．（2）求EF的长．【分析】（1）证明△AEB∽△DEC，得到AEDE（2）根据△BEF∽△BCD，得到EFCD=BF【解答】解：（1）∵AB∥CD，∴△AEB∽△DEC，∴AEDE∵AB＝4，CD＝6，AE＝3，∴3DE解得：DE=9（2）∵CD∥EF，∴△BEF∽△BCD，∴EFCD同理：EFAB∴EFCD∴EF6解得：EF=12【点评】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．23．（10分）如图，已知直线y＝﹣2x+m与抛物线相交于A，B两点，且点A（1，4）为抛物线的顶点，点B在x轴上．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P是y轴上一点，当∠APB＝90°时，求点P的坐标．【分析】（1）将点A（1，4）代入y＝﹣2x+m，确定直线解析式即可求出B点坐标，再设抛物线解析式为y＝a（x﹣1）2+4，将所求的B点坐标代入即可求a的值；（2）（2）设P（0，t），则可求AB＝25，AB的中点M（2，2），再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得4+（t﹣2）2＝5，即可求P点坐标为（0，1）或（0，3）．【解答】解：（1）将点A（1，4）代入y＝﹣2x+m，∴﹣2+m＝4，∴m＝6，∴y＝﹣2x+6，令y＝0，则x＝3，∴B（3，0），设抛物线解析式为y＝a（x﹣1）2+4，将B（3，0）代入y＝a（x﹣1）2+4，∴4a+4＝0，∴a＝﹣1，∴y＝﹣x2+2x+3；（2）设P（0，t），∵A（1，4），B（3，0），∴AB＝25，AB的中点M（2，2），∵∠APB＝90°，∴MP=5∴4+（t﹣2）2＝5，∴t＝1或t＝3，∴P点坐标为（0，1）或（0，3）．【点评】本题是二次函数的综合题，熟练掌握待定系数法求函数的解析式，灵活应用直角三角形的性质是解题的关键．24．（12分）如图，在⊙O中，AB为弦，CD为直径，且AB⊥CD，垂足为E，P为AC上的动点（不与端点重合），连接PD．（1）求证：∠APD＝∠BPD；（2）利用尺规在PD上找到点I，使得I到AB、AP的距离相等，连接AD（保留作图痕迹，不写作法）．求证：∠AIP+∠DAI＝180°；（3）在（2）的条件下，连接IC、IE，若∠APB＝60°，试问：在P点的移动过程中，ICIE【分析】（1）根据垂径定理和圆周角定理可证明；（2）作∠BAP的平分线交DP于I，证明∠DAI＝∠AID，进而命题可证；（3）连接BI，AC，先计算得∠AIB＝120°，从而确定I在以D为圆心，AD为半径的圆上运动，根据“射影定理”得AD2＝DE•CD，进而证明△DI′E∽△DCI′，从而求得结果．【解答】（1）证明：∵直径CD⊥弦AB，∴AD=∴∠APD＝∠BPD；（2）解：如图，作∠BAP的平分线，交PD于I，证：∵AI平分∠BAP，∴∠PAI＝∠BAI，∴∠AID＝∠APD+∠PAI＝∠APD+BAI，∵AD=∴∠DAB＝∠APD，∴∠DAI＝∠DAB+∠BAI＝∠APD+∠BAI，∴∠AID＝∠DAI，∵∠AIP+∠DAI＝180°，∴∠AIP+∠DAI＝180°；（3）如图2，连接BI，AC，OA，OB，∵AI平分∠BAP，PD平分∠APB，∴BI平分∠ABP，∠BAI=1∴∠ABI=1∵∠APB＝60°，∴∠PAB+∠PBA＝120°，∴∠BAI+∠ABI=12（∠BAP+∠∴∠AIB＝120°，∴点I的运动轨迹是AB，∴DI＝DA，∵∠AOB＝2∠APB＝120°，∵AD⊥AB，∴AD=∴∠AOB＝∠BOD＝60°，∵OA＝OD，∴△AOD是等边三角形，∴AD＝AO，∵CD是⊙O的直径，∴∠DAC＝90°，∵CD⊥AB，∴∠AED＝90°，∴∠AED＝∠CAD，∵∠ADC＝∠ADE，∴△ADE∽△CDA，∴ADCD∴AD2＝DE•CD，∵DI′＝DI＝AD，∴DI2＝DE•