2022年江蘇省靖江市生祠初級中學(xué)九年級數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

2022-2023學(xué)年九上數(shù)學(xué)期末模擬試卷注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，在某監(jiān)測點B處望見一艘正在作業(yè)的漁船在南偏西15°方向的A處，若漁船沿北偏西75°方向以40海里/小時的速度航行，航行半小時后到達(dá)C處，在C處觀測到B在C的北偏東60°方向上，則B、C之間的距離為（）.A．20海里 B．10海里 C．20海里 D．30海里2．平面直角坐標(biāo)系內(nèi)一點關(guān)于原點對稱點的坐標(biāo)是（）A． B． C． D．3．一元二次方程4x2﹣3x+＝0根的情況是（）A．沒有實數(shù)根 B．只有一個實數(shù)根C．有兩個相等的實數(shù)根 D．有兩個不相等的實數(shù)根4．如圖，若AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，∠ABD=55°，則∠BCD的度數(shù)為（）A． B． C． D．5．如圖，在中，，垂足為，，若，則的長為（）A． B． C．5 D．6．如圖，正方形ABCD的邊長為3cm，動點P從B點出發(fā)以3cm/s的速度沿著邊BC﹣CD﹣DA運動，到達(dá)A點停止運動；另一動點Q同時從B點出發(fā)，以1cm/s的速度沿著邊BA向A點運動，到達(dá)A點停止運動．設(shè)P點運動時間為x（s），△BPQ的面積為y（cm2），則y關(guān)于x的函數(shù)圖象是（）A． B． C． D．7．下列函數(shù)，當(dāng)時，隨著的增大而減小的是（）A． B． C． D．8．已知⊙O的半徑為4，圓心O到弦AB的距離為2，則弦AB所對的圓周角的度數(shù)是（）A．30° B．60°C．30°或150° D．60°或120°9．在平面直角坐標(biāo)系中，的直徑為10，若圓心為坐標(biāo)原點，則點與的位置關(guān)系是（）A．點在上 B．點在外 C．點在內(nèi) D．無法確定10．如圖,已知雙曲線上有一點,過作垂直軸于點,連接,則的面積為()A． B． C． D．11．已知x＝2是一元二次方程x2+mx+2＝0的一個解，則m的值是（）A．﹣3 B．3 C．0 D．0或312．設(shè)，則代數(shù)式的值為（）A．－6 B．－5 C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，若拋物線與軸無交點，則應(yīng)滿足的關(guān)系是__________．14．某游樂園的摩天輪(如圖1)有均勻分布在圓形轉(zhuǎn)輪邊緣的若干個座艙，人們坐在座艙中可以俯瞰美景，圖2是摩天輪的示意圖．摩天輪以固定的速度繞中心順時針方向轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)一圈為分鐘．從小剛由登艙點進(jìn)入摩天輪開始計時，到第12分鐘時，他乘坐的座艙到達(dá)圖2中的點_________處(填，，或)，此點距地面的高度為_______m．15．如圖，每個小正方形的邊長都為1，點A、B、C都在小正方形的頂點上，則∠ABC的正切值為_____．16．如圖，在△ABC中，AC：BC：AB＝3：4：5，⊙O沿著△ABC的內(nèi)部邊緣滾動一圈，若⊙O的半徑為1，且圓心O運動的路徑長為18，則△ABC的周長為_____．17．已知，是方程的兩實數(shù)根，則__．18．如果線段a、b、c、d滿足，則=_________.三、解答題（共78分）19．（8分）如圖，在邊長為1的正方形網(wǎng)格中，△AOB的頂點均在格點上，點A、B的坐標(biāo)分別是A（3，2）、B（1，3）．將△AOB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°后得到△A1OB1．（1）畫出旋轉(zhuǎn)后的△A1OB1，點A1的坐標(biāo)為______；（2）在旋轉(zhuǎn)過程中，點B經(jīng)過的路徑的長．20．（8分）如圖，在中，以為直徑的交于點，連接，.（1）求證：是的切線；（2）若，求點到的距離.21．（8分）如圖，拋物線的對稱軸是直線，且與軸相交于A，B兩點（點B在點A的右側(cè)），與軸交于點C．（1）求拋物線的解析式和A，B兩點的坐標(biāo)；（2）若點P是拋物線上B、C兩點之間的一個動點（不與B,C重合），則是否存在一點P，使△BPC的面積最大？若存在，請求出△BPC的最大面積；若不存在，試說明理由．22．（10分）如圖所示，已知在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線（其中、為常數(shù)，且）與軸交于點，它的坐標(biāo)是，與軸交于點，此拋物線頂點到軸的距離為4.（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）求的正切值；（3）如果點是拋物線上的一點，且，試直接寫出點的坐標(biāo).23．（10分）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB是⊙O的直徑，D為⊙O上一點，OD⊥AC，垂足為E，連接BD．(1)求證：BD平分∠ABC；(2)當(dāng)∠ODB=30°時，求證：BC=OD．24．（10分）如圖，矩形中，為原點，點在軸上，點在軸上，點的坐標(biāo)為（4,3），拋物線與軸交于點，與直線交于點，與軸交于兩點.（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）點從點出發(fā)，在線段上以每秒1個單位長度的速度向點運動，與此同時，點從點出發(fā)，在線段上以每秒個單位長度的速度向點運動，當(dāng)其中一點到達(dá)終點時，另一點也停止運動.連接，設(shè)運動時間為（秒）.①當(dāng)為何值時，得面積最??？②是否存在某一時刻，使為直角三角形？若存在，直接寫出的值；若不存在，請說明理由.25．（12分）已知菱形的兩條對角線長度之和為40厘米，面積S（單位：cm2）隨其中一條對角線的長x（單位：cm）的變化而變化．（1）請直接寫出S與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量x的取值范圍．（2）當(dāng)x取何值時，菱形的面積最大，最大面積是多少？26．如圖，學(xué)校準(zhǔn)備在教學(xué)樓后面搭建一個簡易矩形自行車車棚，一邊利用教學(xué)樓的后墻(可利用的墻長為19m)，另外三邊利用學(xué)校現(xiàn)有總長38m的鐵欄圍成．(1)若圍成的面積為180m2，試求出自行車車棚的長和寬；(2)能圍成面積為200m2的自行車車棚嗎？如果能，請你給出設(shè)計方,如果不能，請說明理由．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、C【分析】如圖，根據(jù)題意易求△ABC是等腰直角三角形，通過解該直角三角形來求BC的長度．【詳解】如圖，∵∠ABE=15°，∠DAB=∠ABE，∴∠DAB=15°，∴∠CAB=∠CAD+∠DAB=90°．又∵∠FCB=60°，∠CBE=∠FCB=60°，∠CBA+∠ABE=∠CBE，∴∠CBA=45°．∴在直角△ABC中，sin∠ABC==，∴BC=20海里．故選C．考點：解直角三角形的應(yīng)用-方向角問題．2、D【分析】根據(jù)“平面直角坐標(biāo)系中任意一點P（x，y），關(guān)于原點的對稱點是（-x，-y），即關(guān)于原點的對稱點，橫縱坐標(biāo)都變成相反數(shù)”解答．【詳解】解：根據(jù)關(guān)于原點對稱的點的坐標(biāo)的特點，∴點A（-2，3）關(guān)于原點對稱的點的坐標(biāo)是（2，-3）,故選D．【點睛】本題主要考查點關(guān)于原點對稱的特征，解決本題的關(guān)鍵是要熟練掌握點關(guān)于原點對稱的特征.3、D【分析】根據(jù)方程的系數(shù)結(jié)合根的判別式，即可得出△＞0，由此即可得出原方程有兩個不相等的實數(shù)根．【詳解】解：4x2﹣3x+＝0，這里a＝4，b＝﹣3，c＝，b2﹣4ac＝（﹣3）2﹣4×＝5＞0，所以方程有兩個不相等的實數(shù)根，故選：D．【點睛】本題考查的知識點是根據(jù)一元二次方程根的判別式來判斷方程的解的情況，熟記公式是解此題的關(guān)鍵.4、A【解析】試題分析：根據(jù)∠ABD的度數(shù)可得：弧AD的度數(shù)為110°，則弧BD的度數(shù)為70°，則∠BCD的度數(shù)為35°.考點：圓周角的性質(zhì)5、A【分析】根據(jù)題意先求出AE和BE的長度，再求出∠BAE的sin值，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠ADE=∠BAE，即可得出答案.【詳解】∵，∴BE=∴∵ABCD是平行四邊形∴AD∥BC∴∠ADE=∠DEC又∵∠BAE=∠DEC∴∠BAE=∠ADE∴∴故答案選擇A.【點睛】本題考查的是平行四邊形的綜合，難度適中，涉及到了平行四邊形的性質(zhì)以及三角函數(shù)值相關(guān)知識，需要熟練掌握.6、C【解析】試題分析：由題意可得BQ=x．①0≤x≤1時，P點在BC邊上，BP=3x，則△BPQ的面積=BP?BQ，解y=?3x?x=；故A選項錯誤；②1＜x≤2時，P點在CD邊上，則△BPQ的面積=BQ?BC，解y=?x?3=；故B選項錯誤；③2＜x≤3時，P點在AD邊上，AP=9﹣3x，則△BPQ的面積=AP?BQ，解y=?（9﹣3x）?x=；故D選項錯誤．故選C．考點：動點問題的函數(shù)圖象．7、D【分析】根據(jù)各個選項中的函數(shù)解析式，可以判斷出當(dāng)x＞0時，y隨x的增大如何變化，從而可以解答本題．【詳解】在y＝2x＋1中，當(dāng)x＞0時，y隨x的增大而增大，故選項A不符合題意；在中，當(dāng)x＞0時，y隨x的增大而增大，故選項B不符合題意；在中，當(dāng)x＞0時，y隨x的增大而增大，故選項C不符合題意；在y＝?x2?2x＝?（x＋1）2＋1中，當(dāng)x＞0時，y隨x的增大而減小，故選項D符合題意；故選：D．【點睛】本題考查一次函數(shù)的性質(zhì)、反比例函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，可以判斷出當(dāng)x＞0時，y隨x的增大如何變化．8、D【分析】根據(jù)題意作出圖形，利用三角形內(nèi)角和以及根據(jù)圓周角定理和圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)進(jìn)行分析求解.【詳解】解：如圖，∵OH⊥AB，OA=OB=4，∴∠AHO=90°，在Rt△OAH中，sin∠OAH=∴∠OAH=30°，∴∠AOB=180°-30°-30°=120°，∴∠ACB=∠AOB=60°，∠ADB=180°-∠ACB=120°（圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)），即弦AB所對的圓周角的度數(shù)是60°或120°．故選：D．【點睛】本題考查圓周角定理，圓周角定理即在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．9、B【分析】求出P點到圓心的距離，即OP長，與半徑長度5作比較即可作出判斷.【詳解】解：∵，∴OP=，∵的直徑為10，∴r=5,∵OP>5,∴點P在外.故選：B.【點睛】本題考查點和直線的位置關(guān)系，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),解題關(guān)鍵是根據(jù)點到圓心的距離和半徑的關(guān)系判斷.10、B【分析】根據(jù)已知雙曲線上有一點,點縱和橫坐標(biāo)的積是4，的面積是它的二分之一，即為所求.【詳解】解：∵雙曲線上有一點，設(shè)A的坐標(biāo)為(a,b),∴b=∴ab=4∴的面積==2故選：B.【點睛】本題考查了反比例函數(shù)的性質(zhì)和三角形的面積，熟練掌握相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵.11、A【分析】直接把x＝2代入已知方程就得到關(guān)于m的方程，再解此方程即可．【詳解】解：∵x＝2是一元二次方程x2+mx+2＝0的一個解，∴4+2m+2＝0，∴m＝﹣1．故選：A．【點睛】本題考查的是一元二次方程的解，難度系數(shù)較低，直接把解代入方程即可.12、A【分析】把a2+2a-12變形為a2+2a+1-13，根據(jù)完全平方公式得出（a+1）2-13，代入求出即可.【詳解】∵，∴=a2+2a+1-13=（a+1）2-13=（-1+1）2-13=7-13=-6.故選A.【點睛】本題考查了二次根式的化簡，完全平方公式的運用，主要考查學(xué)生的計算能力．題目比較好，難度不大．二、填空題（每題4分，共24分）13、【分析】根據(jù)拋物線與軸交點個數(shù)與的符號關(guān)系即可得出結(jié)論．【詳解】解：∵拋物線與軸無交點∴故答案為：．【點睛】此題考查的是根據(jù)拋物線與軸交點個數(shù)判斷的關(guān)系，掌握拋物線與軸交點個數(shù)與的符號關(guān)系是解決此題的關(guān)鍵．14、C78【分析】根據(jù)轉(zhuǎn)一圈需要18分鐘，到第12分鐘時轉(zhuǎn)了圈，即可確定出座艙到達(dá)了哪個位置；再利用垂徑定理和特殊角的銳角三角函數(shù)求點離地面的高度即可.【詳解】∵轉(zhuǎn)一圈需要18分鐘，到第12分鐘時轉(zhuǎn)了圈∴乘坐的座艙到達(dá)圖2中的點C處如圖，連接BC,OC,OB,作OQ⊥BC于點E由圖2可知圓的半徑為44m，即∵OQ⊥BC∴∴∴∴點C距地面的高度為m故答案為C,78【點睛】本題主要考查解直角三角形，掌握垂徑定理及特殊角的銳角三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵.15、1【解析】根據(jù)勾股定理求出△ABC的各個邊的長度，根據(jù)勾股定理的逆定理求出∠ACB＝90°，再解直角三角形求出即可．【詳解】如圖：長方形AEFM，連接AC，∵由勾股定理得：AB2＝32+12＝10，BC2＝22+12＝5，AC2＝22+12＝5∴AC2+BC2＝AB2，AC＝BC，即∠ACB＝90°，∴∠ABC＝45°∴tan∠ABC=1【點睛】本題考查了解直角三角形和勾股定理及逆定理等知識點，能求出∠ACB＝90°是解此題的關(guān)鍵.16、4【分析】如圖，首先利用勾股定理判定△ABC是直角三角形，由題意得圓心O所能達(dá)到的區(qū)域是△DEG，且與△ABC三邊相切，設(shè)切點分別為G、H、P、Q、M、N，連接DH、DG、EP、EQ、FM、FN，根據(jù)切線性質(zhì)可得：AG＝AH，PC＝CQ，BN＝BM，DG、EP分別垂直于AC，EQ、FN分別垂直于BC，F(xiàn)M、DH分別垂直于AB，繼而則有矩形DEPG、矩形EQNF、矩形DFMH，從而可知DE＝GP，EF＝QN，DF＝HM，DE∥GP，DF∥HM，EF∥QN，∠PEF＝90°,根據(jù)題意可知四邊形CPEQ是邊長為1的正方形，根據(jù)相似三角形的判定可得△DEF∽△ACB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可知：DE∶EF∶FD＝AC∶CB∶BA＝3∶4∶1，進(jìn)而根據(jù)圓心O運動的路徑長列出方程，求解算出DE、EF、FD的長，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得：GP、QN、MH的長，根據(jù)切線長定理可設(shè)：AG＝AH＝x，BN＝BM＝y(tǒng)，根據(jù)線段的和差表示出AC、BC、AB的長，進(jìn)而根據(jù)AC∶CB∶BA＝3∶4∶1列出比例式，繼而求出x、y的值，進(jìn)而即可求解△ABC的周長．【詳解】∵AC∶CB∶BA＝3∶4∶1，設(shè)AC＝3a，CB＝4a，BA＝1a（a＞0）∴∴△ABC是直角三角形，設(shè)⊙O沿著△ABC的內(nèi)部邊緣滾動一圈，如圖所示，連接DE、EF、DF，設(shè)切點分別為G、H、P、Q、M、N，連接DH、DG、EP、EQ、FM、FN，根據(jù)切線性質(zhì)可得：AG＝AH，PC＝CQ，BN＝BMDG、EP分別垂直于AC，EQ、FN分別垂直于BC，F(xiàn)M、DH分別垂直于AB，∴DG∥EP，EQ∥FN，F(xiàn)M∥DH,∵⊙O的半徑為1∴DG＝DH＝PE＝QE＝FN＝FM＝1，則有矩形DEPG、矩形EQNF、矩形DFMH，∴DE＝GP，EF＝QN，DF＝HM，DE∥GP，DF∥HM，EF∥QN,∠PEF＝90°又∵∠CPE＝∠CQE＝90°,PE＝QE＝1∴四邊形CPEQ是正方形，∴PC＝PE＝EQ＝CQ＝1，∵⊙O的半徑為1，且圓心O運動的路徑長為18，∴DE+EF+DF＝18，∵DE∥AC，DF∥AB，EF∥BC，∴∠DEF＝∠ACB，∠DFE＝∠ABC，∴△DEF∽△ABC，∴DE：EF：DF＝AC：BC：AB＝3：4：1，設(shè)DE＝3k（k＞0），則EF＝4k，DF＝1k，∵DE+EF+DF＝18，∴3k+4k+1k＝18，解得k＝，∴DE＝3k＝，EF＝4k＝6，DF＝1k＝，根據(jù)切線長定理，設(shè)AG＝AH＝x，BN＝BM＝y(tǒng)，則AC＝AG+GP+CP＝x++1＝x+1．1，BC＝CQ+QN+BN＝1+6+y＝y(tǒng)+2，AB＝AH+HM+BM＝x++y＝x+y+2．1，∵AC：BC：AB＝3：4：1，∴（x+1．1）：（y+2）：（x+y+2．1）＝3：4：1，解得x＝2，y＝3，∴AC＝2．1，BC＝10，AB＝3．1，∴AC+BC+AB＝4．所以△ABC的周長為4．故答案為4．【點睛】本題是一道動圖形問題，考查切線的性質(zhì)定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、解直角三角形等知識點，解題的關(guān)鍵是確定圓心O的軌跡，學(xué)會作輔助線構(gòu)造相似三角形，綜合運用上述知識點．17、1【分析】先根據(jù)一元二次方程根的定義得到，則可變形為，再根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得到，，然后利用整體代入的方法計算代數(shù)式的值．【詳解】是方程的實數(shù)根，，，，，是方程的兩實數(shù)根，，，．故答案為1．【點睛】考查了根與系數(shù)的關(guān)系：若，是一元二次方程的兩根時，，．18、【分析】設(shè)，，則，，代入計算即可求得答案.【詳解】∵線段滿足，∴設(shè)，，則，，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了比例線段以及比例的性質(zhì)，設(shè)出適當(dāng)?shù)奈粗獢?shù)可使解題簡便．三、解答題（共78分）19、(1)圖見解析，點A

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（-2，3）；（2）.【解析】試題分析：（1）根據(jù)將△AOB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°后得到△A1OB1，得出點A1的坐標(biāo)即可；（2）利用弧長公式求出點B經(jīng)過的路徑長即可．（1）如圖，∴點A

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（-2，3）（2）由勾股定理得，OB=

，∴弧長20、（1）見解析；（2）【分析】（1）由是的直徑可得，然后利用直角三角形的性質(zhì)和角的等量代換可得，進(jìn)而可得結(jié)論；（2）易證，于是可利用相似三角形的性質(zhì)求出AB的長，進(jìn)而可得AD的長，過作于，則，于是△OHC∽△ADC，然后再利用相似三角形的性質(zhì)可求得OH的長，問題即得解決.【詳解】（1）證明：∵是的直徑，∴，∴，∵，∴，即，∴是的切線；（2）解：∵，，∴，∴，∴，解得：，∴，過作于，∵，∴，∴△OHC∽△ADC，∴，∴，∴點到的距離是.【點睛】本題考查了圓周角定理的推論、圓的切線的判定、相似三角形的判定和性質(zhì)以及點到直線的距離等知識，屬于?？碱}型，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵.21、（1），點A的坐標(biāo)為（-2,0），點B的坐標(biāo)為（8,0）；（2）當(dāng)=4時，△PBC的面積最大，最大面積是1．【分析】(1)由拋物線的對稱軸是直線x=3，解出a的值，即可求得拋物線解析式，在令其y值為0，解一元二次方程即可求出A和B的坐標(biāo)；

(2)易求點C的坐標(biāo)為(0，4)，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b(k≠0)，將B(8，0)，C(0，4)代入y=kx+b，解出k和b的值，即得直線BC的解析式；設(shè)點P的坐標(biāo)為(，)，過點P作PD∥y軸，交直線BC于點D，則點D的坐標(biāo)為(，)，利用面積公式得出關(guān)于x的二次函數(shù)，從而求得其最值．【詳解】(1)∵拋物線的對稱軸是直線，∴，解得，∴拋物線的解析式為：，當(dāng)時，即，解之得：，，∴點A的坐標(biāo)為(-2,0)，點B的坐標(biāo)為(8,0)，故答案為：，點A的坐標(biāo)為(-2,0)，點B的坐標(biāo)為(8,0)；(2)當(dāng)時，∴點C的坐標(biāo)為(0,4)設(shè)直線BC的解析式為，將點B(8,0)和點C(0,4)的坐標(biāo)代入得：，解之得：，∴直線BC的解析式為，假設(shè)存在，設(shè)點P的坐標(biāo)為(，)，過點P作PD∥軸，交直線BC于點D，交軸于點E，則點D的坐標(biāo)為(，)，如圖所示，PD=-()=∴S△PBC=S△PDC+S△PDB====∵-1<0∴當(dāng)=4時，△PBC的面積最大，最大面積是1．【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，綜合考查了待定系數(shù)法求解析式，一次函數(shù)的應(yīng)用，三角形的面積，解題的關(guān)鍵是學(xué)會構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題．22、（1）；（2）；（2）點的坐標(biāo)是或【分析】（1）先求得拋物線的對稱軸方程，然后再求得點C的坐標(biāo)，設(shè)拋物線的解析式為y=a（x+1）2+4，將點（-2，0）代入求得a的值即可；

（2）先求得A、B、C的坐標(biāo)，然后依據(jù)兩點間的距離公式可得到BC、AB、AC的長，然后依據(jù)勾股定理的逆定理可證明∠ABC=90°，最后，依據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求解即可；

（2）記拋物線與x軸的另一個交點為D．先求得D（1，0），然后再證明∠DBO=∠CAB，從而可證明∠CAO=ABD，故此當(dāng)點P與點D重合時，∠ABP=∠CAO；當(dāng)點P在AB的上時．過點P作PE∥AO，過點B作BF∥AO，則PE∥BF．先證明∠EPB=∠CAB，則tan∠EPB=，設(shè)BE=t，則PE=2t，P（-2t，2+t），將P（-2t，2+t）代入拋物線的解析式可求得t的值，從而可得到點P的坐標(biāo)．【詳解】解：（1）拋物線的對稱軸為x=-=-1．

∵a＜0，

∴拋物線開口向下．

又∵拋物線與x軸有交點，

∴C在x軸的上方，

∴拋物線的頂點坐標(biāo)為（-1，4）．

設(shè)拋物線的解析式為y=a（x+1）2+4，將點（-2，0）代入得：4a+4=0，解得：a=-1，

∴拋物線的解析式為y=-x2-2x+2．

（2）將x=0代入拋物線的解析式得：y=2，

∴B（0，2）．

∵C（-1，4）、B（0，2）、A（-2，0），

∴BC=，AB=2，AC=2，

∴BC2+AB2=AC2，

∴∠ABC=90°．

∴．即的正切值等于.

（2）如圖1所示：記拋物線與x軸的另一個交點為D．

∵點D與點A關(guān)于x=-1對稱，

∴D（1，0）．

∴tan∠DBO=．

又∵由（2）可知：tan∠CAB=．

∴∠DBO=∠CAB．

又∵OB=OA=2，

∴∠BAO=∠ABO．

∴∠CAO=∠ABD．

∴當(dāng)點P與點D重合時，∠ABP=∠CAO，

∴P（1，0）．

如圖2所示：當(dāng)點P在AB的上時．過點P作PE∥AO，過點B作BF∥AO，則PE∥BF．

∵BF∥AO，

∴∠BAO=∠FBA．

又∵∠CAO=∠ABP，

∴∠PBF=∠CAB．

又∵PE∥BF，

∴∠EPB=∠PBF，

∴∠EPB=∠CAB．

∴tan∠EPB=.

設(shè)BE=t，則PE=2t，P（-2t，2+t）．

將P（-2t，2+t）代入拋物線的解析式得：y=-x2-2x+2得：-9t2+6t+2=2+t，解得t=0（舍去）或t=．

∴P（-，）．

綜上所述，點P的坐標(biāo)為P（1，0）或P（-，）．【點睛】本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、勾股定理的逆定理、等腰直角三角形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)的定義，用含t的式子表示點P的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．23、(1)證明見解析；(2)證明見解析.【分析】（1）由OD⊥ACOD為半徑，根據(jù)垂徑定理，即可得，又由在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，即可證得BD平分∠ABC；（2）首先由OB=OD，易求得∠AOD的度數(shù)，又由OD⊥AC于E，可求得∠A的度數(shù)，然后由AB是⊙O的直徑，根據(jù)圓周角定理，可得∠ACB=90°，繼而可證得BC=OD．【詳解】（1）∵OD⊥ACOD為半徑，∴，∴∠CBD=∠ABD，∴BD平分∠ABC；（2）∵OB=OD，∴∠OBD=∠0DB=30°，∴∠AOD=∠OBD+∠ODB=30°+30°=60°，又∵OD⊥AC于E，∴∠OEA=90°，∴∠A=180°﹣∠OEA﹣∠AOD=180°﹣90°﹣60°=30°，又∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，在Rt△ACB中，BC=AB，∵OD=AB，∴BC=OD．24、（1）；（2）①；②【分析】（1）根據(jù)點B的坐標(biāo)可得出點A，C的坐標(biāo)，代入拋物線解析式即可求出b，c的值，求得拋物線的解析式；（2）①過點Q、P作QF⊥AB、PG⊥AC，垂足分別為F、G，推出△QFA∽△CBA，△CGP∽△CBA，用含t的式子表示OF，PG，將三角形的面積用含t